【化学】黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题（解析版）

黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题
1.对热化学方程式H2(g) + I2(g) = 2HI(g)；△H = +52kJ·mol-1的叙述中，正确的是（ ）
A. 1mol氢气和1mol碘蒸气完全反应需要吸收26kJ热量
B. 1个氢分子和1个碘分子完全反应需要吸收52kJ热量
C. 1molH2(g)与1molI2(g)完全反应生成2mol HI气体需吸收52kJ热量
D. 1molH2(g)与1molI2(g)完全反应放出26kJ热量
【答案】C
【解析】A.1mol氢气和1mol碘蒸气完全反应需要吸收52kJ热量，A错误；
B.热化学方程式系数表示相应物质的物质的量的多少，不能表示物质分子数目，B错误；
C.热化学方程式H2(g) + I2(g) = 2HI(g) △H=+52kJ/mol表示的意义：1molH2(g)与1molI2(g)完全反应生成2mol的HI气体需吸收52kJ的热量，C正确；
D.热化学方程式H2(g)+I2(g) = 2HI(g) △H=+52kJ/mol中，焓变值是正值，表明反应为吸热反应，不会放出热量，D错误；
故合理选项是C。
2.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是( )
A. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则水分解的热化学方程式为：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋285.5 kJ·mol－1
B. 已知2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH=－221 kJ·mol－1，则石墨的燃烧热为110.5 kJ·mol－1
C. 已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH=－92.4 kJ·mol－1，则在一定条件下将1 mol N2和3 mol H2置于一密闭容器中充分反应后，最多可放出92.4 kJ的热量
D. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热的热化学方程式：H2(g)＋1/2O2(g) ===H2O(l) ΔH=-285.5 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】A. 氢气的燃烧热指的是1mol H2完全燃烧生成液态水所放出的热量，氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则水分解的热化学方程式为：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋571 kJ·mol－1，A不正确；
B. 已知2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH=－221 kJ·mol－1，在该反应中，石墨没有完全燃烧生成CO2，故石墨的燃烧热不是110.5 kJ·mol－1，B不正确；
C. 已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH=－92.4 kJ·mol－1，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故在一定条件下将1 mol N2和3 mol H2置于一密闭容器中充分反应后，不可能生成2mol NH3，放出的热量一定小于92.4 kJ ，C不正确；
D. 指的是1mol H2完全燃烧生成液态水所放出的热量，氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g) ===H2O(l) ΔH=-285.5 kJ·mol－1，D正确。
综上所述，有关热化学方程式及其叙述正确的是D，本题选D。
3.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )
A. 增加C的量
B. 保持体积不变，充入H2 O使体系压强增大
C. 将容器的体积缩小一半
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大
【答案】A
【解析】A. C为固体，故增加C的量，C的浓度不变，对反应速率几乎无影响，A正确；
B. 保持体积不变，充入H2O，相对于增大水蒸气浓度，反应速率增大，B错误；
C. 将容器的体积缩小一半，压强增大，气体浓度增大，反应速率增大，C错误；
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大，气体浓度减小，反应速率减小，D错误。
答案选A。
4.在A+2B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.3mol/(L·s) B. v(B)=0.5mol/(L·s)
C. v(C)=0.8mol/(L·s) D. v(D)=1mol/(L·min)
【答案】A
【解析】v(D)=1mol/(L·min)= mol/(L·s)，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则：A.==0.3；
B.==0.25；
C.==0.26；
D.==；
显然A中比值最大，反应速率最快，故答案为A。
5.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－QkJ·mol－1(Q>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，下列分析正确的是（ ）

A. 图Ⅰ研究是t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低
【答案】B
【解析】
【分析】在分析有关图像时应该注意：v－t图像要分清正逆反应，分清各因素(浓度、温度、压强、催化剂)对反应速率和平衡移动的影响；在转化率－时间图像或物质的百分含量－时间图像中，先出现拐点的曲线先达到平衡，代表温度高或压强大或使用合适的催化剂等。
【详解】A项、增大氧气的浓度，平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变，图中条件变化应为增大压强，故A错误；
B项、图Ⅱ中正、逆反应速率同等程度的增大，化学平衡不移动，应为催化剂对反应速率的影响，故B正确；
C项、催化剂能同等程度改变正逆反应速率，但平衡不移动，图中条件变化应为温度对平衡的影响，故C错误；
D项、图像Ⅲ中乙首先到达平衡状态，则乙的温度高于甲中的温度，故D错误。
故选B。
6.一定温度下，在体积为10L的密闭容器中，3molX和1molY进行应：2X（g）+Y（g） Z（g），经2min达到平衡，生成0.6mol Z，下列说法正确的是（ ）
A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.01 mol/（L·s）
B. 将容器体积变为20L，Z的平衡浓度为原来的1/2
C. 若增大压强，则物质Y的转化率减小
D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H<0
【答案】D
【解析】
【分析】A、依据化学反应速率公式计算Z的速率，再依据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算X速率；
B、该反应是一个气体体积减小的反应，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动；
C、该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；
D、升高温度，平衡向吸热方向移动。
【详解】A项、经2min达到平衡，生成0.6molZ，Z的浓度变化量为0.06mol/L，Z的反应速率v（Z）为0.06mol/L÷120s＝0.0005mol/（L•s），根据化学反应速率之比等于化学质量数之比，由方程式可知v（X）=2v（Z）=2×0.0005mol/（L•s）=0.00lmol/（L•s），故A错误；
B项、将容器体积变为20L，若平衡不移动，Z的浓度变为原来的1/2，该反应是一个气体体积减小的反应，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动，Z的平衡浓度小于原来的1/2，故B错误；
C项、该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物Y的转化率增大，故C错误；
D项、升高温度，X的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，则正反应的△H＜0，故D正确。
故选D。
7.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（ ）
A
B
C
D




升高温度，正反应方向平衡常数减小
0~3s内，反应速率为：v(NO2)＝0.2 mol·L-1·s-1
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
【答案】B
【解析】A．达到平衡后，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故A错误；
B．0～3s内，反应速率为v(NO2)==0.2mol•L-1•s-1，故B正确；
C．催化剂同等程度增大正逆反应速率，不影响平衡移动，故C错误；
D．x为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故D错误；
故答案为B。
8.一定条件下，二氧化氮和四氧化二氮之间存在下列平衡2NO2(g)N2O4(g)(放热反应)在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是( )
A. 温度130℃，压强3.03×105Pa B. 温度25℃，压强1.01×105Pa
C. 温度130℃，压强5.05×104Pa D. 温度0℃，压强5.05×104Pa
【答案】C
【解析】
【分析】根据平衡移动原理进行分析。
【详解】一定条件下，二氧化氮和四氧化二氮之间存在平衡2NO2(g)N2O4(g)(放热反应)。在测定NO2的相对分子质量时，为了保证测定结果误差最小，应尽可能使平衡向逆反应方向移动。由于该反应是一个气体分子数减少的放热反应，根据平衡移动原理可知，高温和低压有利于逆反应的发生，因此，对比A、B、C、D等4种条件，C（温度130℃，压强5.05×104Pa）满足要求，其温度最高、压强最小，故选C。
9.向等质量的两份锌粉a、b中，分别加入过量的稀H2SO4，同时a中加入少量的CuSO4溶液，下图中产生H2的体积(V)与时间(t)的关系基本正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】Zn与CuSO4发生置换反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出来的Cu与未反应的Zn及硫酸构成原电池，使反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑速率加快，但由于置换Cu时消耗了金属Zn，所以最终放出氢气的量比未加入CuSO4溶液的少，所以符合反应事实的图像是A。
故合理选项是A。
10. 升高温度，下列数据不一定增大的是（ ）
A. 反应的活化分子数 B. 反应的活化分子百分数
C. 化学平衡常数 D. 化学反应速率
【答案】C
【解析】A、升高温度，分子吸收能量，活化分子百分数增大，从而导致活化分子数目增大，A错误；
B、升高温度，分子吸收能量，活化分子百分数增大，从而导致活化分子数目增大，B错误；
C、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，C正确；
D、升高温度活化分子数目增大，有效碰撞次数增多，反应速率一定加快，D错误；
故选：C。
11.关于下列装置说法正确的是（ ）

A. 装置②中滴入酚酞，a极附近变红
B. 装置①中，一段时间后SO42﹣浓度增大
C. 用装置③精炼铜时，c极为粗铜
D. 装置④中发生吸氧腐蚀
【答案】A
【解析】
【分析】A、电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性；
B、装置①是原电池，溶液中SO42－不参加反应；
C、电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；
D、强酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀。
【详解】A、电解时，b是阳极、a是阴极，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，且阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，所以滴入酚酞后a电极附近溶液呈红色，故A正确；
B、装置①是原电池，溶液中SO42－不参加反应，所以放电过程中硫酸根离子浓度不变，故B错误；
C、电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，用装置③精炼铜时，d极为粗铜，故C错误；
D、强酸性条件下，锌发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，锌发生吸氧腐蚀，该溶液呈强酸性，所以应该发生析氢腐蚀，故D错误；
故选A。
12.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K, 则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）反应热和化学平衡常数为( )
A. 2△H和2K B. -2△H和 K2
C. -2△H和 K-2 D. 2△H和-2K
【答案】C
【解析】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是－2△H。平衡常数是在反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。
13.在20℃，5.05×105Pa条件下，密闭容器中进行反应2A(g)+xB(g)4C(g)，达平衡时c(A)=1.00mol•L-1，现将压强减小到1.01×105Pa，建立平衡后，c(A)=0.18mol•L-1，则下列说法正确的是（ ）
A. 系数x＞2
B. 若增大该体系的压强，平衡向左移动，化学平衡常数变小
C. 若增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数不变
D. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝
【答案】D
【解析】A.在5.05×105Pa条件下达平衡时c(A)=1.00mol•L-1，现将压强减小到1.01×105Pa，压强为原来是五分之一，若平衡不发生移动，则建立平衡后，A的浓度也应该为原来的五分之一，即c(A)=0.200mol/L.但是却是c(A)=0.18mol•L-1。说明减小压强，平衡正向移动。根据平衡移动原理，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。所以2＋x<4.所以x=1，A错误。
B．若增大该体系的压强，平衡向气体体积减小的方向，即向左移动。但是化学平衡常数只与温度有关。温度不变，化学平衡常数也不变。B错误。
C．若增大该体系的压强，平衡向气体体积减小的方向，即向左移动，由于温度不变，所以化学平衡常数不变。C错误。
D．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物 幂指数的乘积与各反应物浓度幂指数乘积的比，对该反应来说，其化学平衡常数表达式是K＝。D正确。
答案选D。
14.将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A. 平衡常数减小 B. BaO量不变
C. 氧气压强不变 D. BaO2量减少
【答案】C
【解析】
【分析】保持温度不变，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。
详解】A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；
B．缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；
C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；
D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D错误；
故选C。
15.下列实验不能达到实验目的的是（ ）


A、研究浓度对反应速率的影响
B、研究阳离子对分解速率的影响


C、研究沉淀的转化
D、研究酸碱性对平衡移动的影响
【答案】C
【解析】A.A项在保证溶液总体积一样的前提下，所加硫酸的量不同，即探究硫酸浓度对反应速率的影响，A项正确；
B.滴加的Fe3+和Cu2+的浓度相等且均为2滴，故可以实现探究阳离子对H2O2分解速率的影响，B项正确；
C.5滴和5 ml同浓度的NaCl和AgNO3，明显是AgNO3过量，所以无论AgCl和AgI哪个溶解度更小，都会产生AgI沉淀，无法探究沉淀转化，C项错误；
D.溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+ 2H+，加碱平衡正向移动，溶液由橙变黄，加酸平衡逆向移动，溶液由黄变橙，D项正确；
答案选C。
16.一定条件下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH＞0的化学平衡常数K=1，相同条件下，当c(CO2)=0.5mol/L，c(H2)=0.5mol/L，c(CO)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L时，下列说法正确的是（ ）
A. 处于平衡状态，正逆反应速率相等
B. 改变条件后，化学平衡常数一定改变
C. 反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率
D. 升高温度，平衡逆向移动
【答案】C
【解析】
【分析】分析浓度商与平衡常数的相对大小，判断反应进行的方向及是否为平衡状态。
【详解】一定条件下化学反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH＞0的化学平衡常数K=1，相同条件下，当c(CO2)=0.5mol/L，c(H2)=0.5mol/L，c(CO)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L时，该反应的浓度商Qc4＞K，则该反应向逆反应方向进行。
A. 该反应没有达到平衡状态，正逆反应速率不相等，A不正确；
B. 化学平衡常数只与温度有关，改变反应的温度才能改变平衡常数 ，若改变其他条件，则平衡常数不变，故改变条件后，化学平衡常数不一定改变，B不正确；
C. Qc4＞K，反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率，C正确；
D. 该反应ΔH＞0，故升高温度平衡正向移动，D不正确。
综上所述，说法正确的是C。
17.下图所示的实验，能达到实验目的的是( )
 A
 B
 C
 D
 
 
 
 
 验证化学能转化为电能
 验证非金属性:Cl＞C＞Si
 实验室制氨气
 研究催化剂对化学反应速率的影响

【答案】D
【解析】
【分析】A．没有构成闭合回路；
B．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠溶液反应；
C．氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵；
D．由控制变量研究反应速率的影响因素可知，只有一个变量。
【详解】A．没有构成闭合回路，不能形成原电池装置，则不能验证化学能转化为电能，A错误；
B．盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，盐酸与硅酸钠溶液反应，则不能比较C、Si的非金属性，B错误；
C．氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应利用铵盐与碱加热制备，C错误；
D．由控制变量研究反应速率的影响因素可知，只有一个变量催化剂，则图中装置可研究催化剂对化学反应速率的影响，D正确；
答案选D。
18.反应mA(s)+nB(g)  pC(g)，△H<0，在一定温度下，平衡时B的体积分数(B％)与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是（ ）

① m + n < p    ②x点表示的正反应速率大于逆反应速率   ③ n  <  p  ④ x点反应速率比y点时的反应速率慢  ⑤若升高温度，该反应的平衡常数增大
A. ②③④ B. ①②④
C. ③④⑤ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】①A为固态，压强对该物质无影响，由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故①错误；
②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即V正＞V逆，故②正确；
③由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故③正确；
④由图像可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，故④正确；
⑤正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故⑤错误。
故选A。
19.在一密闭容器中进行下列反应：2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，已知反应平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.2mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，物质加入时不可能的数据是（ ）
A. X为0.3mol·L-1
B. Y为0.15 mol·L-1
C. X，Z均为0.25 mol·L-1
D. Z为0.4 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【分析】可逆反应可以从正逆两个方向建立平衡，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，据此判断分析。
【详解】若开始时只加入了X、Y，反应从正方向开始，Z完全由X、Y反应生成，可得X、Y的最大值是0.4mol·L-1、0.2mol·L-1；若开始时只加入了Z，反应从逆反应方向开始， X、Y完全由Z分解生成，可得Z的最大值是0.4mol·L-1，所以X可能为0.3mol·L-1、Y可能0.15 mol·L-1、Z可能为0.4 mol·L-1；X，Z分别是反应物和生成物，不可能都比平衡时的浓度大，故不可能X，Z均为0.25 mol·L-1，选C。
20.解释下列事实所用的方程式不合理的是（ ）
A. 硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I-+O2 +4H+=2I2+2H2O
B. 将充有NO2的玻璃球浸到热水中，气体颜色加深：2NO2(g)N2O4(g) △H>0
C. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CO32- +CaSO4 =CaCO3 +SO42-
D. 以KOH溶液为电解质溶液，氢氧燃料电池的负极区pH减小：H2+2OH--2e-=2H2O
【答案】B
【解析】A.酸性环境下，氧气能够氧化碘离子生成单质碘，碘单质遇淀粉溶液变为蓝色，反应的离子方程式为4I-+O2 +4H+=2I2+2H2O，A正确；
B.将充有NO2的玻璃球浸到热水中，气体颜色加深，说明化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，△H<0，B错误；
C.碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，所以可以用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CO32- +CaSO4 =CaCO3 +SO42-，使沉淀转化为CaCO3，然后用盐酸溶解CaCO3变为可溶性的CaCl2而除去，C正确；
D.以KOH溶液为电解质溶液，氢氧燃料电池的负极发生反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，由于不断消耗溶液中的OH-，因此负极区c(OH-)减小，溶液的pH减小，D正确；
故合理选项是B。
21.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经150年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系，揭示了元素间的内在联系。下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：
主族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
2




①

②

3
③
④
⑤
⑥

⑦
⑧
⑨
4






⑩

（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为___；
（2）元素①的单质电子式为____。
（3）比较③、⑤元素的金属性强弱___>___；并写出它们最高价氧化物对应的水化物间反应的化学方程式____。
（4）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是____。
（5）在元素③、④、⑤、⑦、⑧形成的简单离子中，半径最小的是_____；
（6）工业制取⑥的单质的反应的化学方程式为_______。
【答案】(1). (2). (3). Na (4). Al (5). NaOH+Al(OH)3==Na[Al(OH)4] (6). HClO4 (7). Al3+ (8). SiO2 +2CSi + 2CO↑
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知①为N元素，②为F元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥为Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，⑩为Br元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。
【详解】（1）表中化学性质最不活泼的元素是Ar，其原子核外有3个电子层，最外层电子数为8，其原子结构示意图为：，故答案为：。
（2）由分析可知①为N元素，N原子之间形成三键，最外层还余一对未成对电子，所以氮气的电子式为，故答案为：。
（3）由分析可知，③为Na元素、⑤为Al元素，Na、Al属于同一周期，同一周期从左向右元素的金属性逐渐减弱，所以金属性强弱Na>Al，Na和Al的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反应的化学方程式为NaOH+Al(OH)3==Na[Al(OH)4]，故答案为：Na，Al，NaOH+Al(OH)3==Na[Al(OH)4]。
（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，这几种元素中非金属性最强的是F元素，但是F没有最高价氧化物，所以元素的非金属性最强的是Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，所以酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4。
（5）电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，元素的核电荷数越大，其离子半径越小，所以在元素③、④、⑤、⑦、⑧形成的简单离子中，半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+。
（6）⑥为Si元素，工业上用二氧化硅与焦炭在高温条件下反应制取单质硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi +2CO↑。
22.Ⅰ．肼(N2H4)又称联氨，常温时是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。
(1)已知在25℃、101kPa时，16g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出312kJ的热量，则N2H4完全燃烧的热化学方程式是__________________________________。
II．如下图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼(N2H4)─空气燃料电池(如图甲)并探究某些工业原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜(即只允许阳离子通过)。

根据要求回答相关问题：
(2)甲装置中通入________气体的一极为正极，其电极反应式为：________________。
(3)乙装置中石墨电极为_________极，其电极反应式为_______________；可以用__________________检验该反应产物，电解一段时间后，乙池中的溶液呈_______性。
(4)图中用丙装置模拟工业中的_________________原理，如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则理论上甲装置中肼消耗质量为___________g。
(5)如果将丙中的粗铜电极换为Pt电极，则丙中总化学方程式为___________________________。
【答案】(1). N2H4(l )+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-624kJ/mol (2). 空气 (3). O2+4e-+2H2O=4OH- (4). 阳 (5). 2Cl--2e-=Cl2↑ (6). 湿润的碘化钾淀粉试纸 (7). 碱 (8). 粗铜的精炼 (9). 0.8 (10). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
【解析】
【分析】(1)依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应量的反应热写出热化学方程式；
(2)正极上氧化剂得电子发生还原反应；
(3)乙装置中石墨电极与电源正极连接，为阳极，阳极上是氯离子放电生成氯气，检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，观察是否变蓝，根据电解总反应方程式，判断溶液的酸碱性；
(4)根据同一闭合回路中转移电子相等，列出关系式：N2H4～2Cu进行分析求解；
(5)Pt电极为惰性电极，用惰性电极电解CuSO4溶液，根据离子放电的先后顺序确定溶液的总反应方程式。
【详解】(1)16.0g气态肼(N2H4)物质量为n(N2H4)=16g÷32g/mol=0.5mol，在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量312kJ，1mol气态肼(N2H4)燃烧放热624kJ，反应的热化学方程式为：N2H4(l )+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-624kJ/mol；
(2)甲装置中通入空气的电极为正极，正极上空气中的氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
(3)根据装置图可知：乙装置中石墨电极连接甲装置的正极，作阳极，在阳极上是氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，若观察到湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，就证明有氯气产生；阳极为惰性电极，电解饱和食盐水的总反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，可见电解一段时间后，乙池中的溶液呈碱性；
(4)丙装置中粗铜连接电源的正极，作阳极，精铜连接电源的负极，作阴极，电解质为硫酸铜溶液，因此图中用丙装置模拟工业中的铜的精炼原理；由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以根据关系式：N2H4～2Cu，n(Cu)=3.2g÷64g/mol=0.05mol，所以n(N2H4)=n(Cu)=×0.05mol=0.025mol，则m(N2H4)= 0.025mol×32g/mol=0.8g。
(5)如果将丙中的粗铜电极换为Pt电极，由于Pt电极为惰性电极，因此阳极上是溶液中的OH-失去电子，变为O2，阴极上，溶液中的Cu2+获得电子变为Cu单质，所以丙中总化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。
23.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)+3H2 (g)2NH3(g) △H。
（1）已知每破坏1mol有关化学键需要的能量如下表：
H-H
N-H
N-N
N≡N
435.9kJ
390.8kJ
192.8kJ
945.8kJ
则△H=_____________。
（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数（φ）如图所示。

①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是________，其原因是__________。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)____vB(N2)（填“＞”“＜”或“=”）
③若在250℃、p1条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下合成氨的平衡常数K=______________（保留一位小数）。
（3）H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：H2NCOONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)，能说明该反应达到平衡状态的是_____（填序号）。
①混合气体的压强不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变
②混合气体的密度不变 ⑤NH3的体积分数不变 ③混合气体的总物质的量不变
【答案】(1). -91.3kJ/mol (2). p1＞p2＞p3 (3). 温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大 (4). ＜ (5). 5925.9L2/mol2 (6). ①②③
【解析】
【分析】根据键能数据求反应热；根据平衡移动原理并结合图象分析有关的反应条件的大小关系；根据化学平衡状态的特征分析反应是否达到化学平衡。
【详解】（1）△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=435.9kJ/mol3+945.8kJ/mol-390.8kJ/mol6=-91.3kJ/mol。
（2）①由图象可知，在相同的温度下，平衡后混合物中氨的体积分数（φ），按p1、p2、p3顺序依次减小，由于该反应是一个气体分子数减小的反应，压强越大则氨的体积分数越大，因此p1、p2和p3由大到小的顺序是p1＞p2＞p3，其原因是：温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，由图象可知，A点的温度和压强均小于B点，则vA(N2)＜vB(N2)。
③若在250℃、p1条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol。设N2、H2的变化是分别为x和3x，则N2、H2的平衡量分别为(0.1mol-x)、(0.3mol-3x)，NH3的平衡量为2x，由于该条件下，在平衡混合物中氨的体积分数为66.7%，则有，解之得x=0.08mol，因为容器的体积为1L，所以合成氨的平衡常数K=5925.9L2/mol2。
（3）在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：H2NCOONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)。该反应是一个气体分子数增多的吸热反应。
①混合气体的压强不变，说明气体的分子数不变，达到平衡；
②反应过程中，不断有固体转化为气体，气体的质量增大，则气体的密度增大，故当混合气体的密度不变时，达到平衡；
③混合气体的总物质的量不变说明气体的分子数不变，达到平衡。
④因为反应物只有固体，所以混合气体的平均相对分子质量在反应开始后一直不变，故无法据此判断是否达到平衡；
⑤NH3的体积分数在反应混合气中是定值，无法据此判断是否达到平衡；
综上所述，能说明该反应达到平衡状态的是①②③。
24.Ⅰ.某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，根据图中数据填空：

（1）该反应的化学方程式为______________________________；
（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为__________；
（3）平衡时容器内混合气体密度比起始时________（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时_________；
（4）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气体中a：b=___________。
Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比
（1）一定能证明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是_________。
（2）一定能证明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是________。
【答案】(1). 3X（g）+ Y（g）2Z（g） (2). 0.01mol•L-1•min-1 (3). 相等 (4). 变大 (5). 7：5 (6). ⑤ (7). ②④
【解析】
【分析】根据反应物生成物的变化量之比书写相应的反应方程式；根据速率表达式计算反应速率；根据密度公式及摩尔质量公式比较反应前后密度和摩尔质量的变化；运用三段式法进行相关计算；根据化学平衡状态的本质和特征分析反应达到平衡的标志。
【详解】(1)根据图示的内容知道，X和Y是反应物，Z为生成物，X、Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2，则反应的化学方程式为:3X（g）+ Y（g）2Z（g）；
(2)反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为：υ（Z）==0.01mol/(L·min)；
(3)混合气体密度 ，从开始到平衡，质量是守恒的，体积是不变的，所以密度始终不变；混合气体的平均相对分子质量，从开始到平衡，质量是守恒的，但是n是逐渐减小的，所以M会变大，因此，本题正确答案是：相等；变大；
(4) 3X（g）+ Y（g）2Z（g） (设Y的变化量是x)
初始量 a b 0
变化量 3x x 2x
某时刻量 a-3x b-x 2x
当n(X)=n(Y)=2n(Z)时， a-3x=b-x=4x，则a=7x，b=5x，所以a:b=7:5；
Ⅱ．（1）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②组分都是气体，气体质量不变，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故②错误；③反应前后气体系数之和相等，因此物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；④根据M=m/n，组分都是气体，气体质量不变，气体总物质的量不变，因此当M不变，不能说明反应达到平衡，故④错误；⑤I2是有颜色的气体，因此颜色不变，说明反应达到平衡，故⑤正确；⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误；
（2）①反应前后气体系数之和相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故①错误；②A为固体，其余为组分都是气体，气体质量增加，是恒容状态，容器的体积不变，因此密度不变，说明反应达到平衡，故②正确；③气体物质的量不变，因此总物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故③错误；④根据M=m/n，气体质量增加，气体物质的量不变，因此当M不变，说明反应达到平衡，故④正确；⑤题目中没有说明气体的颜色，因此颜色不变，不能说明反应达到平衡，故⑤错误；⑥没有指明反应进行方向，故⑥错误。
故答案为： (1). ⑤；(2)②④。
25.Ⅰ．某研究性学习组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：
实验序号
实验温度
KMnO4溶液
H2C2O4溶液
H2O
溶液褪色时间
V(mL)
C(mol/L)
V(mL)
C(mol/L)
V(mL)
t(s)
A
293K
2
0.02
4
0.1
0
t1
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313K
2
0.02
V2
0.1
1
t2
（1）通过实验A、B，可探究出_______的改变对反应速率的影响，其中V1=_____，T1=_____，通过实验_______可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
（2）若t1＜8，则由实验A、B可以得出的结论是________________________；利用实验B中数据计算，从反应开始到有结束，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为____________。
（3）该反应中有无色无味气体产生，且锰被还原为Mn2+，写出相应反应的离子方程式_______。
（4）该小组一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是_______________，相应的粒子最有可能是（填符号）_______。
II.100kPa时，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)中NO的平衡转化率与温度的关系曲线如图1，反应2NO2(g)N2O4(g)中NO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图2。

① 图1中A、B、C三点表示不同温度、压强下2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡时NO的转化率，则________点对应的压强最大。
② 100kPa、25℃时，2NO2(g)N2O4(g)平衡体系中，列式计算平衡常数Kp＝________。（Kp用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）
【答案】(1). 浓度 (2). 1 (3). 293K (4). BC (5). 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大 (6). 8.3×10－4mol/（L·s） (7). 2MnO42－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O (8). 作催化剂 (9). Mn2＋ (10). B (11). 0.06
【解析】
【分析】根据控制变量法分析影响化学反应速率的条件，根据不同条件下高锰酸钾溶液褪色的快慢程度不同，得出合理的结论，故实验中的草酸必须是足量的。
【详解】Ⅰ．某研究性学习组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”。
（1）实验A、B中，高锰酸钾溶液的浓度是相同的，而H2C2O4溶液的浓度是不同的，故通过实验A、B可探究出浓度的改变对反应速率的影响，根据控制变量的原理，要控制两实验的温度相同、溶液的总体积相同，故其中V1=1，T1= 293K。同理，B、C两实验除温度不同外，其余条件相同，故通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
（2）若t1＜8，则实验A的的反应速率较大，实验A中草酸的浓度大于实验B，则由实验A、B可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；利用实验B中数据计算，混合后起始浓度c(KMnO4)=，溶液褪色用时8s、c(KMnO4)=0，故用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为8.3×10－4mol/（L·s）。
（3）该反应中有无色无味气体产生，该气体为CO2，锰被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为2MnO42－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
（4）该小组的一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，由于反应是在一定的温度下进行的，故反应体系中的某种粒子的作用是作催化剂，分析反应的各种产物，相应的粒子最有可能是Mn2＋。
II.100kPa时，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)中NO的平衡转化率与温度的关系曲线如图1，反应2NO2(g)N2O4(g)是一个气体分子数减少的反应。由NO2的平衡转化率与温度的关系曲线可知，温度越高，NO2的平衡转化率越小，则该反应为放热反应。
①在相同的压强下，温度越高，达到平衡时NO的转化率越小，则反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)是一个气体分子数减少的放热反应。由于该体系控制平衡压强为100kPa，则曲线以上的点的压强大于100kPa，曲线以上的点的压强小于100kPa，则B点对应的压强最大。
② 100kPa、25℃时，2NO2(g)N2O4(g)平衡体系中，由图可知，NO2的平衡转化率为80%，设NO2的起始量为1mol，则其变化是为0.8mol，N2O4的变化量为0.4mol，NO2和N2O4的平衡量分别为0.2mol和0.4mol，则平衡体系中，NO2和N2O4的体积分数分别为和，因此，平衡常数Kp＝0.06。