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【化学】内蒙古自治区鄂尔多斯市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
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内蒙古自治区鄂尔多斯市第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
答题要求：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟
2.全部答案写在答题卡指定位置
3.考试结束只交答题卡
可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23
第Ⅰ卷
一、选择题(共25题，每小题2分)
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②太阳能 ③风能 ④石油 ⑤煤 ⑥生物质能 ⑦氢能
A. ①②③④ B. ②③⑥⑦ C. ①②⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【分析】新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生。
【详解】天然气、石油、煤是不可再生能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；太阳能、风能、生物质能、氢能对环境污染小，属于对环境友好型的新能源，故选B。
2.简单原子的原子结构可用下图形象地表示：
其中●表示质子或电子，○表示中子，则下列有关①②③的叙述正确的组合是（ ）
a．①②③互为同位素 b．①②③互为同素异形体 c．①②③具有相同的质量数
d．①②③是三种化学性质不同的粒子 e．①②③具有相同的质量 f．①②③是三种不同的原子
A. e、f B. b、c C. d、e D. a、f
【答案】D
【解析】
【分析】三个图形中均含有1个质子，都是氢元素，原子中的中子数分别为0、1、2，属于同位素。
【详解】a、①②③含有质子数相同，中子数不同互为同位素，故正确；
b、同素异形体是同种元素形成的不同单质，①②③含有质子数相同，中子数不同互为同位素，故错误；
c、①②③含有质子数相同，中子数不同，所以具有不相同的质量数，故错误；
d、①②③均含有1个质子，都是氢元素的原子，是三种化学性质相同的粒子，故错误；
e、①②③含有质子数相同，中子数不同，所以具有不相同的质量数，则质量不同，故错误；
f、①②③是同种元素的三种不同的原子，故正确；
a、f正确，故选D。
3. “活化分子”是衡量化学反应速率快慢的重要依据，下列对“活化分子”的说法中不正确的是（ ）
A. 活化分子之间的碰撞不一定都是有效碰撞
B. 升高温度，可使单位体积内活化分子增多，反应速率加快
C. 对于有气体参加的反应增大压强，可使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快
D. 催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加
【答案】C
【解析】增大压强可使单位体积内活化分子个数增加，但活化分子百分数不变
4.对于反应A +B=C，下列条件的改变一定使化学反应加快的是（ ）
A. 增加A的物质的量 B. 升高体系的温度
C. 减少C的物质的量 D. 增加体系的压强
【答案】B
【解析】试题分析：A、增加A的物质的量，不一定增加了A的浓度，故错误；B、升温，反应速率肯定加快，故正确；C、减少C的物质的量，不一定改变浓度，故错误；D、增加体系的压强，不一定改变浓度，不一定改变速率，故错误。
5.下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A. BF3 B. H2S C. CCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】
【分析】如果化合物中元素原子的最外层电子数+化合价的绝对值=8，则该元素满足8电子稳定结构，否则不是。
【详解】A项、BF3中硼原子最外层有6个电子，所以硼原子最外层不满足8电子稳定结构，故A不符合题意；
B项、H2S分子中氢原子最外层有2个电子，所以氢原子不满足8电子稳定结构，故B不符合题意；
C项、CCl4分子中碳原子和氯原子均满足8电子稳定结构，故C符合题意；
D项、PCl5分子中磷原子最外层有10个电子，所以磷原子不满足8电子稳定结构，故D不符合题意。
故选C。
6.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ）
A. 生石灰变成熟石灰的反应 B. Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应
C. 灼热的炭与CO2的反应 D. 铝片与稀盐酸的反应
【答案】C
【解析】
【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应。
【详解】A项、生石灰变成熟石灰的反应为放热反应，反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B项、Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应为吸热反应，反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C项、灼热的炭与CO2的反应为吸热反应，反应中C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C符合题意；
D项、铝片与稀盐酸的反应为放热反应，反应中有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。
故选C。
7.在2A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)中，下列表示反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.5 mol/(L·min) B. v(B)=0.6 mol/(L·min)
C. v(C)=0.4 mol/(L·min) D. v(D)=0.3 mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行计算，以同一种物质的化学反应速率进行比较。
【详解】A项，v(A)=0.5 mol/(L·min)；B项，v(B)=0.6 mol/(L·min)，v(A)= 0.4 mol/(L·min)；C项，v(C)=0.4 mol/(L·min)，v(A)= 0.4 mol/(L·min)；D项，v(D)=0.3 mol/(L·min)，v(A)= 0.6 mol/(L·min)；故D的反应速率最快，故选D。
8.下列物质中既含离子键又含有非极性共价键的是（ ）
A. MgCl2 B. NH4Cl C. H2O2 D. Na2O2
【答案】D
【解析】
【分析】一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素与非金属元素之间形成共价键，同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键。
【详解】A项、MgCl2中只含有离子键，故A不符合题意；
B项、NH4C1中铵根离子与氯离子以离子键结合，铵根离子中N原子与H原子间以极性共价键结合，故B不符合题意；
C项、H2O2中不含有离子键，故C不符合题意；
D项、Na2O2中钠离子与过氧根离子以离子键结合，过氧根离子中O原子与O原子间以非极性键结合，故D符合题意。
故选D。
9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) △H＝－483．6 kJ· mol-1，则氢气的燃烧热为241．8kJ·mol-1
B. 已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) △H＞0，则石墨比金刚石稳定
C. 已知NaOH(ag)+HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l) △H＝－57．4kJ·mol-1，则含20．0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出28．7kJ的热量
D. 已知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g) △H1和2C(s)+O2(g)＝2CO(g) △H2，则△H1＞△H2
【答案】B
【详解】A项、燃烧热是指101kPa时，燃烧1mol物质生成最稳定的氧化物所放出的热量，注意生成的水必须为液态，不能为气态，故A错误；
B项、吸热反应中反应物总能量小于生成物总能量，能量越高越不稳定，由热化学方程式可知，石墨的能量低于金刚石能量，则石墨比金刚石稳定，故B正确；
C项、浓硫酸稀释过程中会放出能量，则含20．0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出的热量大于28．7kJ ，故C错误；
D项、两个反应均为放热反应，△H均小于0，前者为完全燃烧，放出的热量多，后者为不完全燃烧，放出的热量少，则△H2＞△H1，故D错误。
故选B。
10.下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B. 高压比常压有利于SO2和O2合成SO3
C. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】C
【解析】
【分析】勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。
【详解】A项、红棕色NO2加压后颜色先变深后变浅，加压后体积缩小，颜色变深，后平衡正向移动，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故A正确；
B项、二氧化硫和氧气生成三氧化硫的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡会正向进行，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B正确；
C项、H2与I2（g）化合成HI（g）的反应是一个气体体积不变的反应，加压平衡不移动，颜色加深是因为加压后体积缩小浓度增大，不能用平衡移动原理解释，故C错误；
D项、氯气和水的反应平衡中，光照会使次氯酸分解生成盐酸和氧气，使得平衡正向移动，所以氯气的量逐渐减少，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故D正确。
故选C。
11.已知A、B分别为同周期的ⅠA族和ⅦA族的两种元素，它们的原子序数分别为m和n，则下列关系不可能成立的是（ ）
A. n＝m＋16 B. n＝m＋6
C. n＝m＋30 D. n＝m＋10
【答案】D
【详解】周期表中第一、二、三、四、五、六、七周期元素的种数分别为2、8、8、18、18、32、32，若元素在二、三周期，则原子序数n=m+6，若元素在四、五周期，由于副族和ⅥⅡ族出现在ⅠA和ⅦA族之间共10种元素，则原子序数n=m+6+10=m+16，若元素在第六、七周期，又多了镧系、锕系，有15种元素，则原子序数n=m+16+14=m+30，故选D。
12.强酸和强碱稀溶液的中和热可表示为：
H＋(aq)＋OH－(aq) = H2O(l) ΔH＝－573kJ/mol
已知：①HCl(aq)＋NH3·H2O(aq) =NH4Cl(aq)＋H2O(l) ΔH ＝－a kJ/mol
②HCl(aq)＋NaOH(s)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－bkJ/mol
③Ba(OH)2(aq)＋H2SO4(aq) = BaSO4(s)＋2H2O(l) ΔH＝－ckJ/mol
则a、b、c三者的大小关系判断错误的是（ ）
A. 2a＝2b＝c B. a＜57.3
C. b＞57.3 D. c＞114.6
【答案】A
【解析】
【分析】稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为57.3kJ，注意弱电解质的电离吸热，氢氧化钠固体溶于水时放热，硫酸钡沉淀的生成也放出热量。
【详解】①，氨水的电离吸热，盐酸与氨水反应放出的热量小于57.3kJ，则a＜57.3；②，氢氧化钠固体溶于水时放出的热量，盐酸与氢氧化钠固体反应放出的热量大于57.3kJ，则b＞57.3；③，反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也放出热量，则c＞2×57.3=114.6，故选A。
13.在一密闭容器中，反应aA（气）bB（气）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则下列说法正确的是（ ）
A. a>b B. 物质A的转化率减少了
C. 平衡向逆反应方向移动了 D. 物质B的质量分数增加了
【答案】D
【详解】若保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，B的浓度应是原来的一半；但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应方向移动，减小压强应向气体系数之和增大的方向移动，则a＜b，物质A的转化率增大，物质B的质量分数增加，故选D。
14.已知：C2H2(g)＋5/2 O2(g) = 2CO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－1256 kJ/mol，下列说法正确的是（ ）
A. 乙炔(C2H2)的燃烧热为1256kJ/mol
B. 若该反应转移10NA电子时，则放出的热量为2512kJ
C. 乙炔燃烧生成2 mol液态水时，则放出的热量为2512kJ
D. 若该反应形成4 mol碳氧共用电子对时，则放出的热量为628kJ
【答案】D
【详解】A项、燃烧热是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，热化学方程式中水是气体不是稳定的氧化物，所以燃烧热应大于1256kJ/mol，故A错误；
B项、依据热化学方程式可知，电子转移为10mol，消耗2.5mol氧气时放出1256kJ的热量，故B错误；
C项、气态水变为液态水放热，若生成2mol液态水，则△H＜-2512kJ/mol，放热大于2512kJ，故C错误；
D项、若形成4mol碳氧共用电子对，即生成1mol二氧化碳，则放出的热量为1256kJ/2=628kJ，故D正确。
故选D。
15.下图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素。下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是（ ）
A. 原子半径：W>Z>Y>X
B. 气态氢化物的稳定性：W
D. W的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等
【答案】D
【解析】
【分析】由周期表的相对位置可知， X、Y、Z、W对应的元素有3种可能：C、N、Al、Si；N、O、Si、P；O、F、P、S。
【详解】A项、同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B项、由周期表的相对位置可知，元素的非金属性强弱顺序为Y>X>W>Z，则气态氢化物的稳定性顺序为Y>X>W>Z，故B错误；
C项、若Z为Al元素，则最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物，若Z为Si、P，则最高价氧化物的水化物为酸，故C错误；
D项、此图为元素周期表中短周期的一部分，若W为Si元素，Si元素的最高正化合价与负化合价的绝对值相等，故D正确。
故选D。
16.已知碳有两种常见的同位素12C、13C；氧也有常见的三种同位素16O、17O、18O，由这5种粒子构成的二氧化碳分子中，其相对分子质量最多可能有（ ）
A. 6种 B. 10种 C. 11种 D. 12种
【答案】A
【解析】碳的同位素：12C、13C，氧的同位素：16O、17O、18O，这5种微粒构成的二氧化碳分子有：12C16O2，12C17O2，12C18O2，13C16O2，13C17O2，13C18O2，12C16O17O，12C16O18O，12C17O18O，13C16O17O，13C16O18O，13C17O18O，共12种，答案选D。
17.工业生产硫酸过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3，已知该反应为放热反应。现将2molSO2、1molO2充入一密闭容器充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的转化率为50%，则下列热化学方程式正确的是（ ）
A. 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ/mol
B. 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－98.3 kJ/mol
C. SO2(g)＋O2(g)SO3(g) ΔH＝＋98.3 kJ/mol
D. SO2(g)＋O2(g)SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【分析】将2mol SO2、1mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的转化率为50%，说明反应是可逆反应，不能进行彻底，实际发生反应的二氧化硫为1mol，1mol二氧化硫全部反应放热98.3kJ，热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6 kJ•mol-1或SO2（g）+ O2（g）⇌SO3（g）△H=-98.3 kJ•mol-1。
【详解】A项、选项中的热化学方程式符合题意，故A正确；
B项、选项中的热化学方程式中反应热和对应二氧化硫物质的量不符合，ΔH＝－196.6 kJ/mol，故B错误；
C项、该反应是放热反应，ΔH＝－98.3 kJ/mol，故C错误；
D项、选项中的热化学方程式中反应热和对应二氧化硫物质的量不符合，ΔH＝－98.3 kJ/mol，故D错误。
故选A。
18.在体积相同的甲、乙两个容器中，分别充有2 mol SO2和1mol O2，在相同的温度下发生反应2SO2＋O22SO3，并达到平衡，在该过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器中SO2的转化率为（ ）
A. 等于p％ B. 大于p％
C. 小于p％ D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】该反应为气体物质的量减小的反应，若甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则随着反应的进行，甲的压强逐渐减小，达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，根据压强对平衡移动的影响分析。
【详解】该反应为气体体积减小的反应，甲为恒温恒容容器，乙为恒温恒压容器，乙容器和甲容器相比较，乙容器相当于增大了容器内的压强，增大压强，平衡会向正反应方向（气体体积减小）的方向移动，所以乙容器中SO2的转化率大于甲容器SO2的转化率，反应达平衡后甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器SO2的转化率大于p％，故选B。
19.在25℃、1.01×105 Pa下，将22gCO2通入750mL1mol/L NaOH 溶液中充分反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1 molCO2通入1L2mol/LNaOH溶液中充分反应放出ykJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（ ）
A. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2y－x)kJ/mol
B. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2x－y)kJ/mol
C. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4y－x)kJ/mol
D. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y)kJ/mol
【答案】D
【详解】根据题意，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，0.5mol CO2与0.75molNaOH反应生成物质的量均为0.25mol的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，反应的化学方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，则热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4xkJ/mol①，又1mol CO2通入1L2mol•L-1NaOH溶液中充分反应放出y kJ的热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-ykJ/mol②，由盖斯定律可知，①-②可得，NaOH（aq）+CO2（g）═NaHCO3（aq）△H=-（4x-y）kJ/mol，故选D。
20.如下图表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＜0的正反应速率随时间的变化情况，试根据此曲线判断下列说法可能正确的是（ ）
A. t1时增加了SO2和O2的浓度，平衡向正反应方向移动
B. t1时降低了温度，平衡向正反应方向移动
C. t1时减小了压强，平衡向逆反应方向移动
D. t1时减小了SO2的浓度，又增加了SO3的浓度，导致平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【解析】A、增加反应物浓度，速率加快，不符合；
B、降低温度正逆反应速率均减小，平衡正向移动，最后平衡速率小于原速率；
C、减小压强正逆反应速率均减小，平衡逆向移动，最后平衡速率小于原速率；
D、减小反应物浓度，速率减小，增加生成物浓度，平衡逆向移动，正确。
21.在容积固定的密闭容器中存在反应：A(g)+3B(g)2C(g) △H<0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：
下列判断正确的是（ ）
A. 图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B. 图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
C. 图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较大
D. 图Ⅲ研究是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较低
【答案】B
【解析】
【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，使用催化剂或催化剂效率较高、升高温度、增大压强，反应速率快，先达到平衡，加入催化剂，平衡不发生移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动。
【详解】A项、乙到达平衡时间短，所以乙使用的催化剂效率较高，加入催化剂，平衡不发生移动，达到平衡时C的浓度应相等，故A错误；
B项、甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以B的转化率减小，故B正确；
C项、甲到达平衡时间短，所以甲的压强较高，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时甲中B的转化率应大于乙，故C错误；
D项、加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故D错误。
故选B。
22.某元素的一种同位素X原子的质量数为A，它与2H原子组成2HmX分子，此分子含N个中子，在a g 2HmX中所含电子的物质的量是（ ）
A. (A－N＋m) mol B. (A－N) mol
C. (A－N＋m) mol D. (A－N+2m) mol
【答案】D
【详解】2HmX分子含N个中子，则同位素X含中子数为（N—m），由同位素X的原子质量数为A可知，质子数为（A-N+m），则每个2HmX分子含有质子数为（A-N+2m），ag2HmX的物质的量为mol，故含有质子物质的量为mol×（A-N+2m）=（A-N+2m）mol，因中性分子中质子数等于电子数，则a g 2HmX中所含电子的物质的量是（A-N+2m）mol，故选D。
23.一定温度下，反应2SO2+O22SO3，达到平衡时n(SO2):n(O2):n(SO3)=2:3:4。缩小体积，反应再次达到平衡时，n(O2)=0.8 mol，n(SO3)=1.4 mol，此时SO2的物的量应是（ ）
A. 0.4mol B. 0.6mol C. 0.8mol D. 1.2mol
【答案】A
【解析】试题分析：设三者物质的量n(SO2)=2x，n(O2)=3x，n(SO3)=4x，2SO2＋O22SO3，缩小体积，即增大压强，根据勒夏特列原理，平衡应向正反应方向移动，起始量2x 3x 4x
变化量： 2a a 2a
平衡量：（2x－2a) (3x－a) （4x+2a)根据信息：3x－a=0.8，4x＋2a=1.4，解得：x=0.3，a=0.1，则n(SO2)=2×0.3－2×0.1mol=0.4mol，即选项A正确。
24.已知下列热化学方程式：
①CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.5 kJ·mol－1
②2C2H6(g)＋7O2(g)＝4CO2(g)＋6H2O(l) ΔH＝－3199.6 kJ·mol－1
③C2H4(g)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－1411 kJ·mol－1
④2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－2599.2 kJ·mol－1
⑤C3H8(g)＋5O2(g)＝3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－2219.9 kJ·mol－1
现有2 mol由上述五种物质中的两种组成的气体混合物，经充分燃烧后放出2970.8kJ热量，则下列哪些组合是可能的（ ）
A. CH4和C2H2 B. C2H4和C3H8
C. C2H6和C3H8 D. C2H4和C2H2
【答案】B
【解析】
【分析】2mol两种组成的气体混合物经充分燃烧放出2970.8kJ热量，则每种组成2mol产生的热量必然有一种大于2970.8kJ，一种小于2970.8kJ。
【详解】A项、2molCH4完全燃烧放出1781kJ，2molC2H2完全燃烧放出2599.2kJ，两者均小于2970.8kJ，故A不可能；
B项、2molC2H4完全燃烧放出 2822kJ，2molC3H8完全燃烧放出4439.8kJ，2970.8kJ介于2822kJ和4439.8kJ之间，故B可能；
C项、2molC2H6完全燃烧放出3199.6kJ，2molC3H8完全燃烧放出4439.8kJ，两者均大于2970.8kJ，故C不可能；
D项、2molC2H4完全燃烧放出2822kJ，2molC2H2完全燃烧放出2599.2kJ，两者均小于2970.8kJ，故D不可能。
故选B。
25.将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)。
达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝3mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为（ ）
A. 9 mol2·L-2 B. 12 mol2·L-2
C. 16 mol2·L-2 D. 20 mol2·L-2
【答案】B
【解析】
【分析】反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）计算。
【详解】平衡时c（HI）=3mol•L-1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol•L-1，NH4I分解生成的HI的浓度为3mol•L-1+2×0.5mol•L-1=4mol•L-1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为4mol•L-1，所以反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）=4mol•L-1×3mol•L-1=12mol2•L-2，故选B。
第Ⅱ卷
二、填空题（共5题，共50分）
26.有A、B、C、D、E五种短周期元素，其原子序数依次增大，在周期表中A的原子半径最小，B的主族序数是周期序数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，在周期表中A和E同主族，回答下列问题：
（1）化合物BD2的电子式是_______。
（2）化合物CA3的结构式为______。
（3）C的最低价氢化物与C的最高价氧化物的水化物反应生成盐的化学式为____。
（4）用电子式表示化合物A2D的形成过程：____________。
（5）将物质的量比为1:1的CO2和H2O组成的混合气通入到a mol的过量固体E2D2中，将反应后的固体混合物加入到500mL1mol·L-1盐酸中，则产生无色混合气体的体积在标准状况下为bL，反应后溶液呈中性，则a=____，b=___。
【答案】(1). (2). (3). NH4NO3 (4). (5). 0.25 (6). 2.8
【解析】
【分析】A为元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；D是地壳中含量最多的元素，则D是O元素；A、B、C、D、E五种短周期元素原子序数依次增大，B的主族序数是周期序数的2倍，则B是C元素、C是N元素；A和E同主族，则E是Na元素。
【详解】（1）化合物BD2为CO2，CO2为共价化合物，电子式为，故答案为：；
（2）化合物CA3为NH3，NH3的空间构型为三角锥形，结构式为，故答案为：；
（3）C是N元素，N元素的最低价氢化物为NH3，最高价氧化物的水化物为HNO3，NH3与HNO3反应生成NH4NO3，故答案为：NH4NO3；
（4）A2D为H2O，用电子式表示H2O的形成过程为，故答案为：；
（5）E2D2为Na2O2，由题意可知，CO2和H2O组成的混合气与过量Na2O2反应得到的碳酸钠、氢氧化钠和过氧化钠的固体混合物，加入到500mL1mol·L-1盐酸中，碳酸氢钠、过氧化钠与盐酸反应生成标准状况下bL二氧化碳和氧气的无色混合气体，反应后溶液呈中性说明盐酸与固体混合物恰好完全反应得到氯化钠溶液，由电荷守恒和钠原子个数守恒可知，2n(Na2O2)=n（NaCl）=n(HCl)=0.5mol，则a=0.25mol；设CO2和H2O均为xmol，xmolCO2与xmol Na2O2反应生成xmol Na2CO3，xmolH2O与xmol Na2O2反应生成2xmol NaOH，xmolNa2CO3与盐酸反应生成xmol CO2，（a—2x）mol Na2O2与盐酸反应生成 molO2，则b=[xmol+]mol×22.4L/mol=11.2aL=2.8L，故答案为：0.25；2.8。
27.在一定温度下的2 L的密闭容器中，加入3 mol A和1 mol B，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(s)，5 min达到平衡时，n(B):n(C) =1:3。
（1）0～5 min内用B表示的平均反应速率为_______；达到平衡时，A的转化率为_______。
（2）达到平衡时容器内气体压强与反应前容器内气体压强之比_________。
（3）维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡将向_____(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
（4）达到平衡后，若保持温度不变，将C从容器中分离出一部分，则化学平衡常数____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】(1). 0.06mol·L-1·min-1 (2). 60﹪ (3). 7:10 (4). 正向移动 (5). 不变
【解析】
【分析】设反应消耗xmolB，由题意建立如下三段式：
3A(g) ＋B(g) 2C(g) ＋ 3D(s)
起（mol） 3 1 0 0
变（mol） 3x x 2x 3x
平（mol）（3—3x） (1—x) 2x 3x
由5 min达到平衡时，n(B):n(C) =1:3可得(1—x)：2x=1：3，解得x=0.6。
【详解】（1）0～5 min内υ(B)=== 0.06mol·L-1·min-1；A的转化率为×100%=×100%=60﹪，故答案为：0.06mol·L-1·min-1；60﹪；
（2）达到平衡时容器内气体压强与反应前容器内气体压强之比等于达到平衡时容器内气体总物质的量与反应前容器内气体总物质的量之比，反应前容器内气体总物质的量为（3+1）mol，达到平衡时容器内气体总物质的量（1.2+0.4+1.2）mol=2.8mol，则压强之比为2.8:4=7:10，故答案为：7:10；
（3）该反应是一个气体体积减小反应，维持容器的温度不变，缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，故答案为：正向移动；
（4）化学平衡常数为温度函数，温度不变，化学平衡常数不变，故答案为：不变。
28.某同学设计实验探究同主族碳、硅两元素的非金属性的强弱，根据要求完成下列问题：
（1）填写所示仪器名称：A _______，B ______。
（2）铜与浓硫酸反应的化学方程式是____________________。
（3）装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是_________________。
（4）能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_________。
（5）依据试管D中实验现象，能否证明硫元素的非金属性强于碳元素的非金属性___（填“能”或“否”），试管D中发生反应的离子方程式是____________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (4). 除去SO2气体 (5). F试管中的品红溶液不褪色，G试管中出现白色沉淀 (6). 否 (7). SO2+2HCO3-＝SO32-+ H2O+2CO2或SO2+HCO3-＝HSO3-+CO2
【解析】
【分析】由实验装置图可知，探究同主族碳、硅两元素的非金属性的强弱的实验原理为，利用在加热条件下铜与浓硫酸反应制备成二氧化硫，将二氧化硫通过饱和碳酸氢钠溶液制得二氧化碳气体，为防止二氧化硫干扰实验，将所得气体通过酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，当混合气体通过品红溶液，溶液不褪色说明二氧化硫完全除去后，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀时，即可以说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强。
【详解】（1）根据装置图中的仪器可知A为分液漏斗，B为圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；
（2）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（3）由于从装置D中出来的气体可能含有SO2，会干扰实验，所以酸性高锰酸钾溶液的作用是除去SO2气体，故答案为：除去SO2气体；
（4）二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，所以F试管中的品红溶液不褪色，说明二氧化硫不干扰实验，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀即说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：F试管中的品红溶液不褪色，G试管中出现白色沉淀；
（5）依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是S的最高价含氧酸，所以不能判断S和C非金属性强弱，试管D中发生反应是二氧化硫与碳酸氢钠生成二氧化碳，其离子方程式为：SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2（或SO2+HCO3-=HSO3-+CO2），
故答案为：否；SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2（或SO2+HCO3-=HSO3-+CO2）。
29.键能的大小可用于计算化学反应的反应热（△H）。
化学键
Cl－Cl
H—H
H—Cl
N≡N
键能/kJ·mol-1
243
436
431
946
（1）利用上表中的数据判断发生反应H2(g) + Cl2(g) ＝ 2HCl(g)过程中，当生成1molHCl气体时需要___（填“吸收”或“放出” ）____kJ能量。
（2）已知N2 (g)+3H2(g) = 2NH3(g) ΔH=-92 kJ/mol，则N—H键的键能是___kJ·mol-1。
（3）1molNO2气体和1mol CO气体反应生成CO2气体和NO气体过程中能量变化如下图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：____。
（4）已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH1
②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2
③H2O(g)＝H2O(l) ΔH3
则CH3OH(l)＋O2(g)= CO(g) + 2H2O(l) ΔH=_______（用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示）。
【答案】(1). 放出 (2). 91.5 (3). 391 (4). NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H=-234kJ·mol-1 (5). 1/2ΔH1-1/2/ΔH2+2ΔH3
【解析】
【分析】（1）由反应的反应热为△H=反应物键能之和—生成物键能之和计算反应热，再计算反应放出的热量；
（1）由反应的反应热为△H=反应物键能之和—生成物键能之和计算键能；
（3）由图可知，该反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；
（4）由盖斯定律计算反应热；
【详解】（1）反应的反应热为△H=反应物键能之和—生成物键能之和，反应H2(g) + Cl2(g)＝ 2HCl(g) △H=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol<0，该反应为放热反应，生成1molHCl气体时需要放出×183kJ=91.5 kJ，故答案为：放出；91.5；
（2）反应的反应热为△H=反应物键能之和—生成物键能之和，N2 (g)+3H2(g) = 2NH3(g) ΔH=3×436kJ/mol +946kJ/mol—6E（N—H）= -92 kJ/mol，解得E（N—H）=391 kJ/mol，故答案为：391；
（3）由图可知，该反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，ΔH=—（E2—E1）=—（368 kJ/mol—134kJ/mol）=—234kJ/mol，热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H=-234kJ/mol，故答案为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H=-234kJ/mol；
（4）由盖斯定律可知×①—×②+2×③得反应CH3OH(l)＋O2(g)= CO(g) + 2H2O(l) ΔH=—+2ΔH3，故答案为：—+2ΔH3；
30.在一定温度下的2L密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g)2Z(g)，达到平衡时，各物质的平衡浓度为：c(X)=0.8mol/L；c(Y)=0.1mol/L；c (Z)=1.6mol/L。若用a、b、c分别表示X、Y、Z的起始的物质的量，回答下列问题：
（1）若在恒温恒容条件下进行反应X(g)+Y(g)2Z(g)，可判断该反应达到化学平衡状态的是_____
A．单位时间内生成n molX的同时生成2nmolZ
B．密闭容器中密度不再改变的状态
C．用X、Y、Z的物质的量浓度变化表示反应速率的比为1∶1∶2的状态
D．反应容器中Y的物质的量分数不再改变的状态
E．密闭容器中压强不再改变的状态
F．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
（2）a、b应满足的关系是_________。
（3）a的取值范围是________。
【答案】(1). AD (2). a=b+1.4 (3). 1.4≤a≤3.2
【解析】
【分析】（1）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化；
（2）X、Y、Z的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，由X、Y的起始和平衡物质的量求算变化物质的量，得到a、b应满足的关系；
（2）可逆反应可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，X、Y、Z的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，由X、Y、Z的起始和平衡物质的量求算变化物质的量，得到a、b、c应满足的关系，由b≥0和c≥0得到a的取值范围。
【详解】（1）A、单位时间内生成n molX，同时生成2nmolZ，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态；
B、根据质量守恒定律知，混合气体总质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，所以密度不再变化不能判断反应是否达到平衡状态；
C、没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明达到平衡状态；
D、反应容器中Y的物质的量分数不再改变的状态，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态；
E、该反应是气体体积不变的反应，压强始终不变，所以压强不再变化不能判断反应是否达到平衡状态；
F、根据质量守恒定律知，混合气体的总质量不变，反应前后气体物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以混合气体的平均相对分子质量不再变化不能判断反应是否达到平衡状态；
正确的为AD，故答案为：AD；
（2）X、Y、Z的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，X、Y的物质的量的变化量分别为：(a—1.6)mol、（b—0.2）mol，则(a—1.6)mol：（b—0.2）mol=1:1， a=b+1.4，故答案为：a=b+1.4；
（3）X、Y、Z的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，X、Y的物质的量的变化量分别为：(a—1.6)mol、（b—0.2）mol、（3.2—c）mol，(a—1.6)mol：（b—0.2）mol：（3.2-c）mol=1:1：2，b = a —1.4≥0，a≥1.4；(a—1.6)mol：（3.2—c）mol=1:2，c=6.4—2a≥0，a≤3.2，则1.4≤a≤3.2，故答案为：1.4≤a≤3.2。
答题要求：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟
2.全部答案写在答题卡指定位置
3.考试结束只交答题卡
可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23
第Ⅰ卷
一、选择题(共25题，每小题2分)
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②太阳能 ③风能 ④石油 ⑤煤 ⑥生物质能 ⑦氢能
A. ①②③④ B. ②③⑥⑦ C. ①②⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【分析】新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生。
【详解】天然气、石油、煤是不可再生能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；太阳能、风能、生物质能、氢能对环境污染小，属于对环境友好型的新能源，故选B。
2.简单原子的原子结构可用下图形象地表示：
其中●表示质子或电子，○表示中子，则下列有关①②③的叙述正确的组合是（ ）
a．①②③互为同位素 b．①②③互为同素异形体 c．①②③具有相同的质量数
d．①②③是三种化学性质不同的粒子 e．①②③具有相同的质量 f．①②③是三种不同的原子
A. e、f B. b、c C. d、e D. a、f
【答案】D
【解析】
【分析】三个图形中均含有1个质子，都是氢元素，原子中的中子数分别为0、1、2，属于同位素。
【详解】a、①②③含有质子数相同，中子数不同互为同位素，故正确；
b、同素异形体是同种元素形成的不同单质，①②③含有质子数相同，中子数不同互为同位素，故错误；
c、①②③含有质子数相同，中子数不同，所以具有不相同的质量数，故错误；
d、①②③均含有1个质子，都是氢元素的原子，是三种化学性质相同的粒子，故错误；
e、①②③含有质子数相同，中子数不同，所以具有不相同的质量数，则质量不同，故错误；
f、①②③是同种元素的三种不同的原子，故正确；
a、f正确，故选D。
3. “活化分子”是衡量化学反应速率快慢的重要依据，下列对“活化分子”的说法中不正确的是（ ）
A. 活化分子之间的碰撞不一定都是有效碰撞
B. 升高温度，可使单位体积内活化分子增多，反应速率加快
C. 对于有气体参加的反应增大压强，可使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快
D. 催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加
【答案】C
【解析】增大压强可使单位体积内活化分子个数增加，但活化分子百分数不变
4.对于反应A +B=C，下列条件的改变一定使化学反应加快的是（ ）
A. 增加A的物质的量 B. 升高体系的温度
C. 减少C的物质的量 D. 增加体系的压强
【答案】B
【解析】试题分析：A、增加A的物质的量，不一定增加了A的浓度，故错误；B、升温，反应速率肯定加快，故正确；C、减少C的物质的量，不一定改变浓度，故错误；D、增加体系的压强，不一定改变浓度，不一定改变速率，故错误。
5.下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A. BF3 B. H2S C. CCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】
【分析】如果化合物中元素原子的最外层电子数+化合价的绝对值=8，则该元素满足8电子稳定结构，否则不是。
【详解】A项、BF3中硼原子最外层有6个电子，所以硼原子最外层不满足8电子稳定结构，故A不符合题意；
B项、H2S分子中氢原子最外层有2个电子，所以氢原子不满足8电子稳定结构，故B不符合题意；
C项、CCl4分子中碳原子和氯原子均满足8电子稳定结构，故C符合题意；
D项、PCl5分子中磷原子最外层有10个电子，所以磷原子不满足8电子稳定结构，故D不符合题意。
故选C。
6.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ）
A. 生石灰变成熟石灰的反应 B. Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应
C. 灼热的炭与CO2的反应 D. 铝片与稀盐酸的反应
【答案】C
【解析】
【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应。
【详解】A项、生石灰变成熟石灰的反应为放热反应，反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B项、Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应为吸热反应，反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C项、灼热的炭与CO2的反应为吸热反应，反应中C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C符合题意；
D项、铝片与稀盐酸的反应为放热反应，反应中有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。
故选C。
7.在2A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)中，下列表示反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.5 mol/(L·min) B. v(B)=0.6 mol/(L·min)
C. v(C)=0.4 mol/(L·min) D. v(D)=0.3 mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行计算，以同一种物质的化学反应速率进行比较。
【详解】A项，v(A)=0.5 mol/(L·min)；B项，v(B)=0.6 mol/(L·min)，v(A)= 0.4 mol/(L·min)；C项，v(C)=0.4 mol/(L·min)，v(A)= 0.4 mol/(L·min)；D项，v(D)=0.3 mol/(L·min)，v(A)= 0.6 mol/(L·min)；故D的反应速率最快，故选D。
8.下列物质中既含离子键又含有非极性共价键的是（ ）
A. MgCl2 B. NH4Cl C. H2O2 D. Na2O2
【答案】D
【解析】
【分析】一般金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素与非金属元素之间形成共价键，同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键。
【详解】A项、MgCl2中只含有离子键，故A不符合题意；
B项、NH4C1中铵根离子与氯离子以离子键结合，铵根离子中N原子与H原子间以极性共价键结合，故B不符合题意；
C项、H2O2中不含有离子键，故C不符合题意；
D项、Na2O2中钠离子与过氧根离子以离子键结合，过氧根离子中O原子与O原子间以非极性键结合，故D符合题意。
故选D。
9.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) △H＝－483．6 kJ· mol-1，则氢气的燃烧热为241．8kJ·mol-1
B. 已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) △H＞0，则石墨比金刚石稳定
C. 已知NaOH(ag)+HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l) △H＝－57．4kJ·mol-1，则含20．0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出28．7kJ的热量
D. 已知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g) △H1和2C(s)+O2(g)＝2CO(g) △H2，则△H1＞△H2
【答案】B
【详解】A项、燃烧热是指101kPa时，燃烧1mol物质生成最稳定的氧化物所放出的热量，注意生成的水必须为液态，不能为气态，故A错误；
B项、吸热反应中反应物总能量小于生成物总能量，能量越高越不稳定，由热化学方程式可知，石墨的能量低于金刚石能量，则石墨比金刚石稳定，故B正确；
C项、浓硫酸稀释过程中会放出能量，则含20．0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出的热量大于28．7kJ ，故C错误；
D项、两个反应均为放热反应，△H均小于0，前者为完全燃烧，放出的热量多，后者为不完全燃烧，放出的热量少，则△H2＞△H1，故D错误。
故选B。
10.下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B. 高压比常压有利于SO2和O2合成SO3
C. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】C
【解析】
【分析】勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，勒夏特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。
【详解】A项、红棕色NO2加压后颜色先变深后变浅，加压后体积缩小，颜色变深，后平衡正向移动，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故A正确；
B项、二氧化硫和氧气生成三氧化硫的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡会正向进行，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B正确；
C项、H2与I2（g）化合成HI（g）的反应是一个气体体积不变的反应，加压平衡不移动，颜色加深是因为加压后体积缩小浓度增大，不能用平衡移动原理解释，故C错误；
D项、氯气和水的反应平衡中，光照会使次氯酸分解生成盐酸和氧气，使得平衡正向移动，所以氯气的量逐渐减少，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故D正确。
故选C。
11.已知A、B分别为同周期的ⅠA族和ⅦA族的两种元素，它们的原子序数分别为m和n，则下列关系不可能成立的是（ ）
A. n＝m＋16 B. n＝m＋6
C. n＝m＋30 D. n＝m＋10
【答案】D
【详解】周期表中第一、二、三、四、五、六、七周期元素的种数分别为2、8、8、18、18、32、32，若元素在二、三周期，则原子序数n=m+6，若元素在四、五周期，由于副族和ⅥⅡ族出现在ⅠA和ⅦA族之间共10种元素，则原子序数n=m+6+10=m+16，若元素在第六、七周期，又多了镧系、锕系，有15种元素，则原子序数n=m+16+14=m+30，故选D。
12.强酸和强碱稀溶液的中和热可表示为：
H＋(aq)＋OH－(aq) = H2O(l) ΔH＝－573kJ/mol
已知：①HCl(aq)＋NH3·H2O(aq) =NH4Cl(aq)＋H2O(l) ΔH ＝－a kJ/mol
②HCl(aq)＋NaOH(s)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－bkJ/mol
③Ba(OH)2(aq)＋H2SO4(aq) = BaSO4(s)＋2H2O(l) ΔH＝－ckJ/mol
则a、b、c三者的大小关系判断错误的是（ ）
A. 2a＝2b＝c B. a＜57.3
C. b＞57.3 D. c＞114.6
【答案】A
【解析】
【分析】稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为57.3kJ，注意弱电解质的电离吸热，氢氧化钠固体溶于水时放热，硫酸钡沉淀的生成也放出热量。
【详解】①，氨水的电离吸热，盐酸与氨水反应放出的热量小于57.3kJ，则a＜57.3；②，氢氧化钠固体溶于水时放出的热量，盐酸与氢氧化钠固体反应放出的热量大于57.3kJ，则b＞57.3；③，反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也放出热量，则c＞2×57.3=114.6，故选A。
13.在一密闭容器中，反应aA（气）bB（气）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则下列说法正确的是（ ）
A. a>b B. 物质A的转化率减少了
C. 平衡向逆反应方向移动了 D. 物质B的质量分数增加了
【答案】D
【详解】若保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，B的浓度应是原来的一半；但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应方向移动，减小压强应向气体系数之和增大的方向移动，则a＜b，物质A的转化率增大，物质B的质量分数增加，故选D。
14.已知：C2H2(g)＋5/2 O2(g) = 2CO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－1256 kJ/mol，下列说法正确的是（ ）
A. 乙炔(C2H2)的燃烧热为1256kJ/mol
B. 若该反应转移10NA电子时，则放出的热量为2512kJ
C. 乙炔燃烧生成2 mol液态水时，则放出的热量为2512kJ
D. 若该反应形成4 mol碳氧共用电子对时，则放出的热量为628kJ
【答案】D
【详解】A项、燃烧热是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，热化学方程式中水是气体不是稳定的氧化物，所以燃烧热应大于1256kJ/mol，故A错误；
B项、依据热化学方程式可知，电子转移为10mol，消耗2.5mol氧气时放出1256kJ的热量，故B错误；
C项、气态水变为液态水放热，若生成2mol液态水，则△H＜-2512kJ/mol，放热大于2512kJ，故C错误；
D项、若形成4mol碳氧共用电子对，即生成1mol二氧化碳，则放出的热量为1256kJ/2=628kJ，故D正确。
故选D。
15.下图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素。下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是（ ）
A. 原子半径：W>Z>Y>X
B. 气态氢化物的稳定性：W
D. W的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等
【答案】D
【解析】
【分析】由周期表的相对位置可知， X、Y、Z、W对应的元素有3种可能：C、N、Al、Si；N、O、Si、P；O、F、P、S。
【详解】A项、同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B项、由周期表的相对位置可知，元素的非金属性强弱顺序为Y>X>W>Z，则气态氢化物的稳定性顺序为Y>X>W>Z，故B错误；
C项、若Z为Al元素，则最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物，若Z为Si、P，则最高价氧化物的水化物为酸，故C错误；
D项、此图为元素周期表中短周期的一部分，若W为Si元素，Si元素的最高正化合价与负化合价的绝对值相等，故D正确。
故选D。
16.已知碳有两种常见的同位素12C、13C；氧也有常见的三种同位素16O、17O、18O，由这5种粒子构成的二氧化碳分子中，其相对分子质量最多可能有（ ）
A. 6种 B. 10种 C. 11种 D. 12种
【答案】A
【解析】碳的同位素：12C、13C，氧的同位素：16O、17O、18O，这5种微粒构成的二氧化碳分子有：12C16O2，12C17O2，12C18O2，13C16O2，13C17O2，13C18O2，12C16O17O，12C16O18O，12C17O18O，13C16O17O，13C16O18O，13C17O18O，共12种，答案选D。
17.工业生产硫酸过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3，已知该反应为放热反应。现将2molSO2、1molO2充入一密闭容器充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的转化率为50%，则下列热化学方程式正确的是（ ）
A. 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ/mol
B. 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－98.3 kJ/mol
C. SO2(g)＋O2(g)SO3(g) ΔH＝＋98.3 kJ/mol
D. SO2(g)＋O2(g)SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ/mol
【答案】A
【解析】
【分析】将2mol SO2、1mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的转化率为50%，说明反应是可逆反应，不能进行彻底，实际发生反应的二氧化硫为1mol，1mol二氧化硫全部反应放热98.3kJ，热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6 kJ•mol-1或SO2（g）+ O2（g）⇌SO3（g）△H=-98.3 kJ•mol-1。
【详解】A项、选项中的热化学方程式符合题意，故A正确；
B项、选项中的热化学方程式中反应热和对应二氧化硫物质的量不符合，ΔH＝－196.6 kJ/mol，故B错误；
C项、该反应是放热反应，ΔH＝－98.3 kJ/mol，故C错误；
D项、选项中的热化学方程式中反应热和对应二氧化硫物质的量不符合，ΔH＝－98.3 kJ/mol，故D错误。
故选A。
18.在体积相同的甲、乙两个容器中，分别充有2 mol SO2和1mol O2，在相同的温度下发生反应2SO2＋O22SO3，并达到平衡，在该过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器中SO2的转化率为（ ）
A. 等于p％ B. 大于p％
C. 小于p％ D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】该反应为气体物质的量减小的反应，若甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则随着反应的进行，甲的压强逐渐减小，达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，根据压强对平衡移动的影响分析。
【详解】该反应为气体体积减小的反应，甲为恒温恒容容器，乙为恒温恒压容器，乙容器和甲容器相比较，乙容器相当于增大了容器内的压强，增大压强，平衡会向正反应方向（气体体积减小）的方向移动，所以乙容器中SO2的转化率大于甲容器SO2的转化率，反应达平衡后甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器SO2的转化率大于p％，故选B。
19.在25℃、1.01×105 Pa下，将22gCO2通入750mL1mol/L NaOH 溶液中充分反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1 molCO2通入1L2mol/LNaOH溶液中充分反应放出ykJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（ ）
A. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2y－x)kJ/mol
B. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2x－y)kJ/mol
C. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4y－x)kJ/mol
D. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y)kJ/mol
【答案】D
【详解】根据题意，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，0.5mol CO2与0.75molNaOH反应生成物质的量均为0.25mol的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，反应的化学方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，则热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4xkJ/mol①，又1mol CO2通入1L2mol•L-1NaOH溶液中充分反应放出y kJ的热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-ykJ/mol②，由盖斯定律可知，①-②可得，NaOH（aq）+CO2（g）═NaHCO3（aq）△H=-（4x-y）kJ/mol，故选D。
20.如下图表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＜0的正反应速率随时间的变化情况，试根据此曲线判断下列说法可能正确的是（ ）
A. t1时增加了SO2和O2的浓度，平衡向正反应方向移动
B. t1时降低了温度，平衡向正反应方向移动
C. t1时减小了压强，平衡向逆反应方向移动
D. t1时减小了SO2的浓度，又增加了SO3的浓度，导致平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【解析】A、增加反应物浓度，速率加快，不符合；
B、降低温度正逆反应速率均减小，平衡正向移动，最后平衡速率小于原速率；
C、减小压强正逆反应速率均减小，平衡逆向移动，最后平衡速率小于原速率；
D、减小反应物浓度，速率减小，增加生成物浓度，平衡逆向移动，正确。
21.在容积固定的密闭容器中存在反应：A(g)+3B(g)2C(g) △H<0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：
下列判断正确的是（ ）
A. 图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B. 图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
C. 图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较大
D. 图Ⅲ研究是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较低
【答案】B
【解析】
【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，使用催化剂或催化剂效率较高、升高温度、增大压强，反应速率快，先达到平衡，加入催化剂，平衡不发生移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动。
【详解】A项、乙到达平衡时间短，所以乙使用的催化剂效率较高，加入催化剂，平衡不发生移动，达到平衡时C的浓度应相等，故A错误；
B项、甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以B的转化率减小，故B正确；
C项、甲到达平衡时间短，所以甲的压强较高，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时甲中B的转化率应大于乙，故C错误；
D项、加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故D错误。
故选B。
22.某元素的一种同位素X原子的质量数为A，它与2H原子组成2HmX分子，此分子含N个中子，在a g 2HmX中所含电子的物质的量是（ ）
A. (A－N＋m) mol B. (A－N) mol
C. (A－N＋m) mol D. (A－N+2m) mol
【答案】D
【详解】2HmX分子含N个中子，则同位素X含中子数为（N—m），由同位素X的原子质量数为A可知，质子数为（A-N+m），则每个2HmX分子含有质子数为（A-N+2m），ag2HmX的物质的量为mol，故含有质子物质的量为mol×（A-N+2m）=（A-N+2m）mol，因中性分子中质子数等于电子数，则a g 2HmX中所含电子的物质的量是（A-N+2m）mol，故选D。
23.一定温度下，反应2SO2+O22SO3，达到平衡时n(SO2):n(O2):n(SO3)=2:3:4。缩小体积，反应再次达到平衡时，n(O2)=0.8 mol，n(SO3)=1.4 mol，此时SO2的物的量应是（ ）
A. 0.4mol B. 0.6mol C. 0.8mol D. 1.2mol
【答案】A
【解析】试题分析：设三者物质的量n(SO2)=2x，n(O2)=3x，n(SO3)=4x，2SO2＋O22SO3，缩小体积，即增大压强，根据勒夏特列原理，平衡应向正反应方向移动，起始量2x 3x 4x
变化量： 2a a 2a
平衡量：（2x－2a) (3x－a) （4x+2a)根据信息：3x－a=0.8，4x＋2a=1.4，解得：x=0.3，a=0.1，则n(SO2)=2×0.3－2×0.1mol=0.4mol，即选项A正确。
24.已知下列热化学方程式：
①CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.5 kJ·mol－1
②2C2H6(g)＋7O2(g)＝4CO2(g)＋6H2O(l) ΔH＝－3199.6 kJ·mol－1
③C2H4(g)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－1411 kJ·mol－1
④2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－2599.2 kJ·mol－1
⑤C3H8(g)＋5O2(g)＝3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－2219.9 kJ·mol－1
现有2 mol由上述五种物质中的两种组成的气体混合物，经充分燃烧后放出2970.8kJ热量，则下列哪些组合是可能的（ ）
A. CH4和C2H2 B. C2H4和C3H8
C. C2H6和C3H8 D. C2H4和C2H2
【答案】B
【解析】
【分析】2mol两种组成的气体混合物经充分燃烧放出2970.8kJ热量，则每种组成2mol产生的热量必然有一种大于2970.8kJ，一种小于2970.8kJ。
【详解】A项、2molCH4完全燃烧放出1781kJ，2molC2H2完全燃烧放出2599.2kJ，两者均小于2970.8kJ，故A不可能；
B项、2molC2H4完全燃烧放出 2822kJ，2molC3H8完全燃烧放出4439.8kJ，2970.8kJ介于2822kJ和4439.8kJ之间，故B可能；
C项、2molC2H6完全燃烧放出3199.6kJ，2molC3H8完全燃烧放出4439.8kJ，两者均大于2970.8kJ，故C不可能；
D项、2molC2H4完全燃烧放出2822kJ，2molC2H2完全燃烧放出2599.2kJ，两者均小于2970.8kJ，故D不可能。
故选B。
25.将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)。
达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝3mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为（ ）
A. 9 mol2·L-2 B. 12 mol2·L-2
C. 16 mol2·L-2 D. 20 mol2·L-2
【答案】B
【解析】
【分析】反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）计算。
【详解】平衡时c（HI）=3mol•L-1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol•L-1，NH4I分解生成的HI的浓度为3mol•L-1+2×0.5mol•L-1=4mol•L-1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为4mol•L-1，所以反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）=4mol•L-1×3mol•L-1=12mol2•L-2，故选B。
第Ⅱ卷
二、填空题（共5题，共50分）
26.有A、B、C、D、E五种短周期元素，其原子序数依次增大，在周期表中A的原子半径最小，B的主族序数是周期序数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，在周期表中A和E同主族，回答下列问题：
（1）化合物BD2的电子式是_______。
（2）化合物CA3的结构式为______。
（3）C的最低价氢化物与C的最高价氧化物的水化物反应生成盐的化学式为____。
（4）用电子式表示化合物A2D的形成过程：____________。
（5）将物质的量比为1:1的CO2和H2O组成的混合气通入到a mol的过量固体E2D2中，将反应后的固体混合物加入到500mL1mol·L-1盐酸中，则产生无色混合气体的体积在标准状况下为bL，反应后溶液呈中性，则a=____，b=___。
【答案】(1). (2). (3). NH4NO3 (4). (5). 0.25 (6). 2.8
【解析】
【分析】A为元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；D是地壳中含量最多的元素，则D是O元素；A、B、C、D、E五种短周期元素原子序数依次增大，B的主族序数是周期序数的2倍，则B是C元素、C是N元素；A和E同主族，则E是Na元素。
【详解】（1）化合物BD2为CO2，CO2为共价化合物，电子式为，故答案为：；
（2）化合物CA3为NH3，NH3的空间构型为三角锥形，结构式为，故答案为：；
（3）C是N元素，N元素的最低价氢化物为NH3，最高价氧化物的水化物为HNO3，NH3与HNO3反应生成NH4NO3，故答案为：NH4NO3；
（4）A2D为H2O，用电子式表示H2O的形成过程为，故答案为：；
（5）E2D2为Na2O2，由题意可知，CO2和H2O组成的混合气与过量Na2O2反应得到的碳酸钠、氢氧化钠和过氧化钠的固体混合物，加入到500mL1mol·L-1盐酸中，碳酸氢钠、过氧化钠与盐酸反应生成标准状况下bL二氧化碳和氧气的无色混合气体，反应后溶液呈中性说明盐酸与固体混合物恰好完全反应得到氯化钠溶液，由电荷守恒和钠原子个数守恒可知，2n(Na2O2)=n（NaCl）=n(HCl)=0.5mol，则a=0.25mol；设CO2和H2O均为xmol，xmolCO2与xmol Na2O2反应生成xmol Na2CO3，xmolH2O与xmol Na2O2反应生成2xmol NaOH，xmolNa2CO3与盐酸反应生成xmol CO2，（a—2x）mol Na2O2与盐酸反应生成 molO2，则b=[xmol+]mol×22.4L/mol=11.2aL=2.8L，故答案为：0.25；2.8。
27.在一定温度下的2 L的密闭容器中，加入3 mol A和1 mol B，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(s)，5 min达到平衡时，n(B):n(C) =1:3。
（1）0～5 min内用B表示的平均反应速率为_______；达到平衡时，A的转化率为_______。
（2）达到平衡时容器内气体压强与反应前容器内气体压强之比_________。
（3）维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡将向_____(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
（4）达到平衡后，若保持温度不变，将C从容器中分离出一部分，则化学平衡常数____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】(1). 0.06mol·L-1·min-1 (2). 60﹪ (3). 7:10 (4). 正向移动 (5). 不变
【解析】
【分析】设反应消耗xmolB，由题意建立如下三段式：
3A(g) ＋B(g) 2C(g) ＋ 3D(s)
起（mol） 3 1 0 0
变（mol） 3x x 2x 3x
平（mol）（3—3x） (1—x) 2x 3x
由5 min达到平衡时，n(B):n(C) =1:3可得(1—x)：2x=1：3，解得x=0.6。
【详解】（1）0～5 min内υ(B)=== 0.06mol·L-1·min-1；A的转化率为×100%=×100%=60﹪，故答案为：0.06mol·L-1·min-1；60﹪；
（2）达到平衡时容器内气体压强与反应前容器内气体压强之比等于达到平衡时容器内气体总物质的量与反应前容器内气体总物质的量之比，反应前容器内气体总物质的量为（3+1）mol，达到平衡时容器内气体总物质的量（1.2+0.4+1.2）mol=2.8mol，则压强之比为2.8:4=7:10，故答案为：7:10；
（3）该反应是一个气体体积减小反应，维持容器的温度不变，缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，故答案为：正向移动；
（4）化学平衡常数为温度函数，温度不变，化学平衡常数不变，故答案为：不变。
28.某同学设计实验探究同主族碳、硅两元素的非金属性的强弱，根据要求完成下列问题：
（1）填写所示仪器名称：A _______，B ______。
（2）铜与浓硫酸反应的化学方程式是____________________。
（3）装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是_________________。
（4）能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_________。
（5）依据试管D中实验现象，能否证明硫元素的非金属性强于碳元素的非金属性___（填“能”或“否”），试管D中发生反应的离子方程式是____________。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (4). 除去SO2气体 (5). F试管中的品红溶液不褪色，G试管中出现白色沉淀 (6). 否 (7). SO2+2HCO3-＝SO32-+ H2O+2CO2或SO2+HCO3-＝HSO3-+CO2
【解析】
【分析】由实验装置图可知，探究同主族碳、硅两元素的非金属性的强弱的实验原理为，利用在加热条件下铜与浓硫酸反应制备成二氧化硫，将二氧化硫通过饱和碳酸氢钠溶液制得二氧化碳气体，为防止二氧化硫干扰实验，将所得气体通过酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，当混合气体通过品红溶液，溶液不褪色说明二氧化硫完全除去后，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀时，即可以说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强。
【详解】（1）根据装置图中的仪器可知A为分液漏斗，B为圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；
（2）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（3）由于从装置D中出来的气体可能含有SO2，会干扰实验，所以酸性高锰酸钾溶液的作用是除去SO2气体，故答案为：除去SO2气体；
（4）二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，所以F试管中的品红溶液不褪色，说明二氧化硫不干扰实验，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀即说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：F试管中的品红溶液不褪色，G试管中出现白色沉淀；
（5）依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是S的最高价含氧酸，所以不能判断S和C非金属性强弱，试管D中发生反应是二氧化硫与碳酸氢钠生成二氧化碳，其离子方程式为：SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2（或SO2+HCO3-=HSO3-+CO2），
故答案为：否；SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2（或SO2+HCO3-=HSO3-+CO2）。
29.键能的大小可用于计算化学反应的反应热（△H）。
化学键
Cl－Cl
H—H
H—Cl
N≡N
键能/kJ·mol-1
243
436
431
946
（1）利用上表中的数据判断发生反应H2(g) + Cl2(g) ＝ 2HCl(g)过程中，当生成1molHCl气体时需要___（填“吸收”或“放出” ）____kJ能量。
（2）已知N2 (g)+3H2(g) = 2NH3(g) ΔH=-92 kJ/mol，则N—H键的键能是___kJ·mol-1。
（3）1molNO2气体和1mol CO气体反应生成CO2气体和NO气体过程中能量变化如下图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：____。
（4）已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH1
②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2
③H2O(g)＝H2O(l) ΔH3
则CH3OH(l)＋O2(g)= CO(g) + 2H2O(l) ΔH=_______（用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示）。
【答案】(1). 放出 (2). 91.5 (3). 391 (4). NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H=-234kJ·mol-1 (5). 1/2ΔH1-1/2/ΔH2+2ΔH3
【解析】
【分析】（1）由反应的反应热为△H=反应物键能之和—生成物键能之和计算反应热，再计算反应放出的热量；
（1）由反应的反应热为△H=反应物键能之和—生成物键能之和计算键能；
（3）由图可知，该反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；
（4）由盖斯定律计算反应热；
【详解】（1）反应的反应热为△H=反应物键能之和—生成物键能之和，反应H2(g) + Cl2(g)＝ 2HCl(g) △H=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol<0，该反应为放热反应，生成1molHCl气体时需要放出×183kJ=91.5 kJ，故答案为：放出；91.5；
（2）反应的反应热为△H=反应物键能之和—生成物键能之和，N2 (g)+3H2(g) = 2NH3(g) ΔH=3×436kJ/mol +946kJ/mol—6E（N—H）= -92 kJ/mol，解得E（N—H）=391 kJ/mol，故答案为：391；
（3）由图可知，该反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，ΔH=—（E2—E1）=—（368 kJ/mol—134kJ/mol）=—234kJ/mol，热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H=-234kJ/mol，故答案为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H=-234kJ/mol；
（4）由盖斯定律可知×①—×②+2×③得反应CH3OH(l)＋O2(g)= CO(g) + 2H2O(l) ΔH=—+2ΔH3，故答案为：—+2ΔH3；
30.在一定温度下的2L密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g)2Z(g)，达到平衡时，各物质的平衡浓度为：c(X)=0.8mol/L；c(Y)=0.1mol/L；c (Z)=1.6mol/L。若用a、b、c分别表示X、Y、Z的起始的物质的量，回答下列问题：
（1）若在恒温恒容条件下进行反应X(g)+Y(g)2Z(g)，可判断该反应达到化学平衡状态的是_____
A．单位时间内生成n molX的同时生成2nmolZ
B．密闭容器中密度不再改变的状态
C．用X、Y、Z的物质的量浓度变化表示反应速率的比为1∶1∶2的状态
D．反应容器中Y的物质的量分数不再改变的状态
E．密闭容器中压强不再改变的状态
F．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
（2）a、b应满足的关系是_________。
（3）a的取值范围是________。
【答案】(1). AD (2). a=b+1.4 (3). 1.4≤a≤3.2
【解析】
【分析】（1）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化；
（2）X、Y、Z的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，由X、Y的起始和平衡物质的量求算变化物质的量，得到a、b应满足的关系；
（2）可逆反应可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，X、Y、Z的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，由X、Y、Z的起始和平衡物质的量求算变化物质的量，得到a、b、c应满足的关系，由b≥0和c≥0得到a的取值范围。
【详解】（1）A、单位时间内生成n molX，同时生成2nmolZ，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态；
B、根据质量守恒定律知，混合气体总质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，所以密度不再变化不能判断反应是否达到平衡状态；
C、没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明达到平衡状态；
D、反应容器中Y的物质的量分数不再改变的状态，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态；
E、该反应是气体体积不变的反应，压强始终不变，所以压强不再变化不能判断反应是否达到平衡状态；
F、根据质量守恒定律知，混合气体的总质量不变，反应前后气体物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以混合气体的平均相对分子质量不再变化不能判断反应是否达到平衡状态；
正确的为AD，故答案为：AD；
（2）X、Y、Z的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，X、Y的物质的量的变化量分别为：(a—1.6)mol、（b—0.2）mol，则(a—1.6)mol：（b—0.2）mol=1:1， a=b+1.4，故答案为：a=b+1.4；
（3）X、Y、Z的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，X、Y的物质的量的变化量分别为：(a—1.6)mol、（b—0.2）mol、（3.2—c）mol，(a—1.6)mol：（b—0.2）mol：（3.2-c）mol=1:1：2，b = a —1.4≥0，a≥1.4；(a—1.6)mol：（3.2—c）mol=1:2，c=6.4—2a≥0，a≤3.2，则1.4≤a≤3.2，故答案为：1.4≤a≤3.2。
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