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河北省承德市第一中学2019-2020学年高一下学期第4次周测化学试题
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承德一中高一年级化学周测试题4
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列离子中，所带电荷数与该离子的核外电子层数相等的是（ ）
A. Mg2+ B. Na+ C. AI3+ D. K+
【答案】A
【解析】
【详解】A. Mg2+带2个单位的正电荷，核外电子数为10，有2个电子层数，所以带电荷数与该离子的核外电子层数相等，A正确；
B. Na+带1个单位的正电荷，核外电子数为10，有2个电子层数，所以带电荷数与该离子的核外电子层数不相等，B错误；
C. AI3+带3个单位的正电荷，核外电子数为10，有2个电子层数，所以带电荷数与该离子的核外电子层数不相等，C错误；
D. K+带1个单位的正电荷，核外电子数18，有3个电子层数，所以带电荷数与该离子的核外电子层数不相等，D错误；故答案为：A。
2.用折线表示周期表第VIA族元素对应的最简单氢化物的沸点变化，其中每个小黑点代表一种氢化物，变化曲线如图所示，则点a代表的是（ ）
A. H2O B. H2S C. H2Se D. H2Te
【答案】B
【解析】
【详解】第VIA族元素对应的最简单氢化物中，相对分子质量越大，沸点越高，但H2O分子间因存在氢键，所以沸点反常高于其它元素对应的最简单氢化物的沸点，故a点代表的是第三周期第VIA族元素硫的氢化物，即H2S，故答案为：B。
3.下列物质中为分子晶体的是（ ）
A. 石英 B. 冰 C. 氯化铯 D. 钠
【答案】B
【解析】
【详解】A. 石英是二氧化硅晶体，是由共价键形成的原子晶体，A错误；
B. 冰是水的固体状态，是由共价键形成的分子晶体，B正确；
C. 氯化铯是铯离子与氯离子形成的离子晶体，C错误；
D. 钠是金属单质，是金属键形成的金属晶体，D错误；故答案为：B。
4.X、Y两根金属棒插入Z溶液中构成如图所示的装置，实验中电流计指针发生偏转，同时X棒变粗，Y棒变细，则X、Y和Z溶液可能是下列中的（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.X极为锌电极，其活泼性强于铜，故锌为负极，因其溶解而变细；Y极为正极，氢离子在正极上得到电子被还原为氢气，故正极上有气泡产生，A项不符合题意；
B. X极为铜电极，是正极，氢离子在正极上得到电子被还原为氢气，故正极上有气泡产生；.Y极为锌电极，是负极，因其溶解而变细，B项不符合题意；
C.该装置没有自发进行的氧化还原反应发生，不能形成原电池，故两金属棒均无变化，C项不符合题意；
D.该装置可以形成原电池，电池总反应为Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+ 2Ag，故电流计指针发生偏转， X棒为正极，银离子在银棒上得到电离子被还原为银而使其变粗，Y棒为负极，因其溶解而变细，D项符合题意；
答案选D。
5.如图为用惰性电极电解CuCl2溶液并验证其产物的实验装置，则下列说法不正确的是（ ）
A. 电源a极为负极
B. KI—淀粉溶液会变蓝色
C. 电极Ⅰ上有固体析出
D. 电极Ⅰ上发生的电极反应为Cu－2e-=Cu2+
【答案】D
【解析】
【分析】
用惰性电极电解CuCl2溶液，根据电解池离子的放电顺序，电解反应式为CuCl2Cu+ Cl2↑，氯气遇淀粉碘化钾，溶液变蓝，故电极Ⅱ为阳极，电极Ⅰ为阴极，a极为电源负极，b极为电源正极。
【详解】A.根据分析， 电源a极为负极，A项说法正确；
B.根据分析，电极Ⅱ为阳极，阳极上氯离子放电产生氯气，故能使 KI-淀粉溶液会变蓝色，B项说法正确；
C.电极Ⅰ为阴极，阴极上铜离子放电生成铜，故有固体铜析出， C项说法正确；
D.电极Ⅰ为阴极，阴极发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，D项说法错误；
综上所述，相关说法不正确的是D，故答案选D。
6.反应A(g)+ 3B(g)2C(g) + 2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)= 0.15 mol/(L·s)②v(B)=0.6 mol/(L·s) ③v(C)=0.5 mol/(L·s)④v(D)=0.45 mol/(L·s)。下列表示该反应进行由快到慢的顺序正确的是（ ）
A. ②③④① B. ④③②① C. ③④②① D. ②④③①
【答案】C
【解析】
【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则①v(B)=3v(A)= 0.45 mol/(L·s)；②v(B)=0.6 mol/(L·s) ；③v(B)=1.5v(C)=0.75mol/(L·s)；④
v(B)=1.5v(D)=0.675 mol/(L·s)，则反应进行由快到慢的顺序为：③>④>②>①，故答案为：C。
7.对于反应：X+YZ，下列条件的改变一定能使该化学反应的速率加快的是（ ）
A. 升高温度 B. 增加X的物质的量
C. 增大压强 D. 减少Y的物质的量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 升高体系的温度，化学反应速率一定加快，A正确；
B. 对于反应X+YZ，如果Y、Z均是气体，而X是固体，增加X的物质的量不会引起速率的变化，B错误；
C. 未给出X、Y、Z的状态，对固体或液体之间的反应，改变压强不会引起化学反应速率的变化，C错误；
D. 对于反应X+YZ，如果X、Z均是气体，而Y是固体，减少Y的物质的量不会引起速率的变化，D错误；故答案为：A。
【点睛】温度、浓度、压强、催化剂能影响化学反应速率，但浓度仅适用于溶液或气体、压强仅适用于有气体参加的化学反应。
8.下列关于反应3B(g) C(g)+D(g)的说法不正确的是（ ）
A. 某时刻测得v正(B)=v逆(B)，说明反应达到了化学平衡状态
B. 反应达到化学平衡后，反应物和生成物的浓度不再改变
C. 反应达到平衡后，反应就停止了
D. 上述反应中，B不可能全部转化为C和D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 可逆反应中正逆反应速率相等且不为零时，反应达到平衡，v正(B)为正反应速率，v逆(B) 为逆反应速率，所以反应达到了化学平衡状态，A正确；
B. 可逆反应中，反应达到平衡后，反应物和生成物的浓度不再改变，B正确；
C. 可逆反应达到平衡，是动态平衡，正逆反应速率相等，但不为零，反应没有停止，C错误；
D. 上述反应为可逆反应，转化率达不到百分之百，故B不可能全部转化为C和D，D正确；故答案为：C。
9.如图中C%表示某反应物在体系中的百分含量，v表示反应速率，p表示压强，t表示反应时间。图(A)为温度一定时，压强与反应速率的关系曲线；图(B)为压强一定时，在不同时间C%与温度的关系曲线。同时符合以下两个图像的反应是( )
A B
A. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0
B. N2O3(g)NO2(g)＋NO(g) ΔH＞0
C. 3NO2(g)＋H2O(l)2HNO3(l)＋NO(g) ΔH＜0
D. CO2(g)＋C(s)2CO(g) ΔH＞0
【答案】A
【解析】
【分析】
由图A可知，到达平衡后，增大压强逆反应速率增大更大，平衡向逆反应移动，说明气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，由图B可知，温度越高平衡时反应物的百分含量越高，说明升高温度，平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应。
【详解】由图(B)可知，温度越高，平衡时反应物的百分含量越高，平衡向逆反应移动，温度升高平衡向吸热的方向移动，逆反应吸热，正反应为放热反应，ΔH＜0，故A正确；B、D项错误；
图(A)中正逆反应速率相等时达到平衡，平衡后增大压强，正逆速率都增大，但逆反应速率更大，平衡逆移，增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，逆反应方向应气体分子数减小，C项错误；
故选A。
【点睛】本题考查化学平衡移动图象，把握图象中曲线的变化特点分析可逆反应的特征是解答该题的关键：由图A可知，到达平衡后，增大压强逆反应速率增大更大，平衡向逆反应移动，由图B可知，温度越高平衡时反应物的百分含量越高，说明升高温度，平衡向逆反应移动。
10.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，图1，根据先拐先平衡数值大得出T1＜T2，从下到上，温度降低，C%增大，平衡正向移动，降温向放热方向移动即正反应为放热反应，故A错误；
B选项，图2加压，C%增大，加压向正向即体积减小方向移动，因此该反应m＋n>p，故B错误；
C选项，图3，曲线表示平衡，点3在相同温度下，B转化率比平衡时转化率小，说明要向平衡方向即正向移动，因此反应速率v正>v逆，故C正确；
D选项，图4，若m＋n＝p，则a曲线可能使用了催化剂或加压，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】改变外界条件，生成物或反应物的百分含量没变，一般情况可能为加催化剂或等体积反应加压。
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全得1分，选错0分）
11.短周期主族元素X、Y、Z、W、R在元素周期表中的相对位置如图所示，其中R元素的常见单质为气体，下列判断不正确的是（ ）
A. 原子半径：Z>X> Y
B. 非金属性：R>W> Z
C. X、Z对应的含氧酸均为强酸
D. Y的最简单氢化物的沸点比X的高
【答案】C
【解析】
【分析】
R元素的常见单质为气体，结合图分析可知，R为Cl元素、则W为：S元素、Z为P元素、Y为：O元素、X为：N元素。
【详解】A. 同周期，从左到右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径增大，所以原子半径：P>N>O，A正确；
B. 同周期，从左到右，非金属性增强，所以非金属性：Cl>S>P，B正确；
C. X为N元素、Z为P元素，其对应的含氧酸分别为HNO3、HNO2和H3PO4，HNO3为强酸，HNO2、H3PO4为弱酸，C错误；
D. Y为O元素、X为N元素，其最简单氢化物分别为H2O和NH3，其沸点：H2O>NH3，D正确；故答案为：C。
12.已知：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(1) ΔH1=－Q1kJ·mol-1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2=－Q2kJ·mol-1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(1) ΔH3=－Q3kJ·mol-1
常温下，取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(已折合成标准状况)，经完全燃烧后恢复至常温，则下列说法正确的是（ ）
A. Q2＜Q3
B. ΔH2＜ΔH3
C. 放出的热量为(0.4Q1＋0.05Q3)kJ
D. 放出的热量为(0.4Q1＋0.05Q2)kJ
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 因为等质量的H2O(g)所具有的能量高于H2O(1)，所以氢气燃烧生成H2O(1)放出热量比生成H2O(g)多，故Q2＜Q3，A项正确；
B.由于Q2＜Q3，则ΔH2＞ΔH3，B项错误；
C.体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(已折合成标准状况)，n(CH4)=0.4mol，n(H2)= 0.1mol，根据热化学方程式进行计算，1mol CH4(g)完全反应生成液态水放出的热量是 Q1kJ，2mol H2(g) 完全反应生成液态水放出Q3kJ，则0.4mol CH4完全反应生液态水放出的热量为0.4Q1 kJ，0.1mol H2完全反应生成液态水放出的热量为0.1×0.5Q3kJ=0.05Q3 kJ，共放出的热量为(0.4Q1＋0.05Q3)kJ，C项正确；
D.根据C的分析可知D项错误；
答案选AC。
13.在恒温、恒容的条件下，有反应2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g），现从两条途径分别建立平衡。途径I：A、B的起始浓度为2mol·L-1；途径II：C、D的起始浓度分别为2mol·L-1和6mol·L-1；则以下叙述正确的是 （ ）
A. 两途径最终到平衡时，体系内混合气的百分组成相同
B. 两途径最终达到平衡时，体系内混合气的百分组成不同
C. 达平衡时，途径I的反应速率υ（A）等于途径II的反应速率υ（A）
D. 达平衡时，途径I所得混合气的密度为途径II所得混合气密度的
【答案】AD
【解析】
【详解】途径II中C、D的起始浓度分别为2mol·L-1和6mol·L-1，用“极限法一边倒”，途径II完全等效于恒温、恒容条件下起始加入4mol/LA和4mol/LB；途径II中A、B的起始物质的量浓度是途径I中A、B的起始物质的量浓度的2倍，该反应反应前后气体的体积不变，则途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡；
A. 途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡，两途径最终到平衡时，体系内混合气的百分组成相同，A正确；
B. 途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡，两途径最终到平衡时，体系内混合气的百分组成相同，B错误；
C. 途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡，达到平衡时途径II中各物质的物质的量浓度是途径I的2倍，则达平衡时途径I的反应速率υ（A）小于途径II的反应速率υ（A），C错误；
D. 途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡，达到平衡时途径II中各物质的物质的量浓度是途径I的2倍，则达平衡时，途径I所得混合气的密度为途径II所得混合气密度的，D正确；
答案选AD。
14.一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，发生下列反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应达到平衡后，改变下述条件，NH3平衡浓度不改变的是
A. 保持温度和容器压强不变，充入1 mol NH3(g)
B. 保持温度和容器体积不变，充入1 mol NH3(g)
C. 保持温度和容器压强不变，充入1 mol N2(g)
D. 保持温度和容器体积不变，充入1 mol H2(g)
【答案】A
【解析】
【详解】A.保持温度和压强不变，充入1 mol NH3(g)，建立的新平衡与原平衡是等效平衡，氨气的平衡浓度不变，故A项符合题意；
B.保持温度和容器体积不变，充入1 mol NH3(g)，相当于对原平衡体系加压，则氨气平衡浓度增大，故B项不符合题意；
C.保持温度和容器压强不变，充入1 mol N2(g)，氮气的浓度增大，平衡正向移动，氨气的平衡浓度增大，故C项不符合题意；
D.保持温度和容器体积不变，充入1 mol H2(g)，增加了反应物的浓度，平衡正向移动，氨气的平衡浓度变大，故D项不符合题意。
答案为A。
15.在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是（ ）
已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH=－92.4kJ·mol-1
A. 2p1=2p3＞p2
B. 达到平衡时丙容器中NH3体积分数最大
C. α2＋α3＞1
D. Q1＋Q3＜92.4
【答案】AC
【解析】
【分析】
温度相同、容积相同恒容密闭容器中，甲和丙为等效平衡，平衡时各物质的量甲与丙相同，由于两容器中的反应分别从不同方向建立了相同的平衡状态，故其一定存在Q1＋Q3=92.4，α1＋α3=1；乙的初始投放是甲的两倍，在定容装置中相当于压缩两份甲变为乙，压缩对于合成氨，平衡正向移动，故乙的转化率高于甲，乙气体的总物质的量小于甲的两倍，乙中的氨气比甲的两倍多，氮气和氢气的浓度比甲的两倍小，以此作答。
【详解】A.根据分析，甲和丙为等效平衡，乙的转化率高于甲，乙气体的总物质的量小于甲的两倍，故2p1=2p3＞p2，A项正确；
B.根据分析，甲和丙达到平衡时NH3的体积分数相同，乙的转化率高于甲，故乙容器中NH3的体积分数最大，B项错误；
C.根据分析α1＋α3=1；乙的转化率高于甲，故α2＋α3＞1，C项正确；
D.根据分析Q1＋Q3=92.4；D项错误；
答案选AC。
【点睛】温度相同、容积相同恒容密闭容器中，投放量呈比例，加物质相当于加压，对于前后气体分子数目相同的可逆反应，平衡不移动，属于等效平衡（相似等效）；前后气体分子数目不同的可逆反应，平衡向气体分子数目减小的方向移动，利用等效思想进行解题。
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16.随着世界工业经济的发展、人口的剧增，全球能源紧张及世界气候面临越来越严重的问题，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。
（1）把煤作为燃料可通过下列两种途径：
途径Ⅰ：C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH1＜0①
途径Ⅱ：先制成水煤气：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g） ΔH2＞0②
再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） ΔH3＜0③
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） ΔH4＜0④
则途径Ⅰ放出热量___（填“＞”“=”或“＜”），途径Ⅱ放出的热量；ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的数学关系式是___。
（2）甲醇(CH3OH)是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。在25℃、101kPa下，1g甲醇完全燃烧放热22.68kJ，写出甲醇燃烧热的热化学方程式：___。
（3）金属钛冶炼过程中其中一步反应是将原料金红石转化：TiO2（金红石）+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
已知：
C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH=-393.5kJ•mol-1
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） ΔH=-566kJ•mol-1
TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g） ΔH=+141kJ•mol-1
则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的ΔH=___。
（4）臭氧可用于净化空气、饮用水消毒，处理工业废物和作为漂白剂。臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。如：6Ag（s）+O3（g）=3Ag2O（s）ΔH=-235.8kJ•mol-1。
已知：2Ag2O（s）=4Ag（s）+O2（g）ΔH=+62.2kJ•mol-1，当有2molO3完全反应转化为O2时，放出的热量为___。
【答案】 (1). = (2). ΔH1=ΔH2+（ΔH3+ΔH4） (3). CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-725.76kJ•mol-1 (4). -80kJ·mol-1 (5). 285kJ
【解析】
【详解】（1）根据盖斯定律，条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和最终状态有关，与反应途径无关，则途径Ⅰ放出的热量=途径Ⅱ放出的热量；根据盖斯定律，由②+③×+④×= ①,故ΔH1=ΔH2+(ΔH3+ΔH4)；
（2）在25℃、101kPa下，1g甲醇物质的量，完全燃烧放热22.68kJ，则1mol甲醇完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为725.76 kJ，故甲醇燃烧热是725.76 kJ•mol-1，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-725.76kJ•mol-1；
（3）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH1=-393.5kJ•mol-1 ①，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） ΔH2=-566kJ•mol-1 ②，TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g） ΔH3=+141kJ•mol-1 ③，根据盖斯定律①×2-②+③可得TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的ΔH=2ΔH1-ΔH2+ΔH3=2×(-393.5kJ•mol-1)-(-566kJ•mol-1)+(+141kJ•mol-1)= -80kJ·mol-1；
（4）6Ag（s）+O3（g）=3Ag2O（s）ΔH1=-235.8kJ•mol-1 ①；2Ag2O（s）=4Ag（s）+O2（g）ΔH2=+62.2kJ•mol-1 ②，根据盖斯定律，由①×2+②×3可得2O3（g）= 3O2（g）ΔH=ΔH1×2+ΔH2×3=(-235.8kJ•mol-1)×2+(+62.2kJ•mol-1)×3=-285 kJ•mol-1，当有2molO3完全反应转化为O2时，放出的热量为285 kJ。
17.有两个容积相等的密闭容器A和B(如图)所示，A容器有一个可上下移动的活塞，能使A容器保持恒压，B容器的容积不变。起始时两容器中分别充入等量且体积比为2∶1的SO2和O2的混合气体，并使A和B容积相等。在400℃条件下，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。
（1）达到平衡时，所需的时间t(A)__t(B)，A容器中SO2的转化率__B容器中SO2的转化率(填“>”、“<或“=”)。
（2）达到(1)所述平衡后，若向两容器中通入少量的等量氩气，A容器中化学平衡___移动，B容器中化学平衡__移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
（3）达到（1）所述平衡后，若向两容器中通入等量原反应气体，再达到平衡时，A容器中SO2的体积分数__，B容器中SO2的体积分数__(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). < (2). > (3). 逆向 (4). 不 (5). 不变 (6). 减小
【解析】
【分析】
起始时两容器中分别充入等量且体积比为2∶1的SO2和O2的混合气体，并使A和B容积相等。随着反应的正向进行，气体粒子数目减小，A是恒压装置，故其体积减小，B体积不变，A的反应物浓度高于B，化学反应速率较快，达到平衡所需的时间越短；二者达到平衡后，若将恒压装置再增大到原来的体积，平衡会逆向移动，转化率降低；
【详解】（1）根据分析，达到平衡时，所需的时间t(A)＜t(B)；根据分析恒压的转化率较高，故A容器中SO2的转化率＞B容器中SO2的转化率；
（2）达到(1)所述平衡后，在A恒压装置内通入稀有气体，相当于增大容器的体积，根据平衡的移动原理，平衡逆向移动；在B定容装置中通入稀有气体，总压增大，但是各物质的浓度没有变化，故平衡不移动；
（3）达到（1）所述平衡后，在A定压装置通入等量原反应气体，相当于等效平衡平行放置，A中各物质的物质的量是原来的两倍，但是体积分数不变，故A容器中SO2的体积分数不变；在B定容装置通入等量原反应气体，相当于加压，平衡向气体粒子数目减小的方向移动，正向移动，故B中的SO2和O2的体积分数比原来两倍小，SO3比原来两倍大，故B容器中SO2的体积分数减小。
【点睛】对于有气体参与的可逆反应，在相同温度、投料相同的条件下，恒压条件下的反应物转化率高于恒容条件下的反应物转化率，不管前后气体粒子数目是增多还是减小。
18.如图X是直流电源。Y池中c、d为石墨棒，Z池中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。
（1）①电源上a为__(填“正”“负”“阴”或“阳”，下同)极。
②Z池中e为__极。
③连接Y、Z池线路中，电子流动的方向是d__(填“→”或“←”)e。
（2）①写出d极上反应的电极反应式：__。当d极有1mol气体产生时，则电路中转移电子数为___。
②写出Z池中f极上反应的电极反应式：___。
【答案】 (1). 正 (2). 阳 (3). ← (4). 2H2O+2e-=2OH¯+H2↑ (5). 2NA (6). Cu2++2e-=Cu
【解析】
【分析】
X是直流电源，整个装置属于电解池。接通电路后，发现d附近显红色，则d电极为阴极，发生的电极式为2H2O+2e-=2OH¯+H2↑；可得a为电源正极，b为电源的负极，c、e为阳极，d、f为阴极，以此作答。
【详解】（1）①根据分析电源上a为正极；
②根据分析，Z池中e为阳极；
③根据分析，连接Y、Z池线路中，电子流动方向是从e到d，故电子流动的方向是d←e；
（2）①根据分析，d极附近显红色，d极上反应的电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH¯；根据电极反应式，当d极有1mol H2产生时，则电路中转移电子数为2NA；
②电解氯化铜f极为阴极，则f极反应电极反应式：Cu2++2e-=Cu。
19.（1）对于反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线(如图)。
①比较p1、p2的大小关系：__。
②随温度降低，该反应平衡常数变化的趋势是__(填“增大”或“减小”)。
（2）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
①反应的ΔH__(填“>”或“<”)0；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60s时段，反应速率v(NO2)为__；反应的平衡常数K为_。
②100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，10s后又达到平衡，则T__(填“大于”或“小于”)100℃。
【答案】 (1). p2＞p1 (2). 增大 (3). ＞ (4). 0.002mol·L-1·s-1 (5). 0.36 (6). 大于
【解析】
【分析】
由转化率-T-P图分析，保持压强不变，根据平衡移动原理升高温度平衡向吸热方向移动，该反应随着温度升高NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应正向放热反应； 保持温度不变，根据平衡移动原理增大压强，平衡向气体粒子数目减小的方向移动，对于该反应为正向移动，NO的平衡转化率增大，故压强越大，转化率越高，则p2＞p1。
【详解】（1）①由转化率-T-P图分析，保持压强不变，根据平衡移动原理升高温度平衡向吸热方向移动，该反应随着温度升高NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应正向放热反应； 保持温度不变，根据平衡移动原理增大压强，平衡向气体粒子数目减小的方向移动，对于该反应为正向移动，NO的平衡转化率增大，故压强越大，转化率越高，则p2＞p1；
②根据分析，该反应正向是放热反应，温度降低，平衡向正向移动，该反应平衡常数变化趋势是增大；
（2）①体积固定的装置N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，NO2浓度增大，平衡正向移动，根据平衡移动原理该反应正向是吸热反应ΔH>0；体系中各物质浓度随时间变化如图所示。0～60s时段，反应速率v(NO2)==0.002mol·L-1·s-1；反应的平衡常数K=；
②由①可知N2O4(g)2NO2(g)，ΔH＞0，100℃时达平衡后，改变温度为T，c(N2O4)降低，则平衡正向移动，且该反应正向是吸热反应，根据移动原理为升高温度，故T大于100℃。
20.原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X、Y两种元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和；Y、Z位于相邻主族；Z是地壳中含量最高的元素。X、W是同主族元素。上述五种元素两两间能形成四种常见的化合物甲、乙、丙、丁，这四种化合物中原子个数比如下表：
（1）写出下列元素符号：Y：___；W：___；R：___。
（2）写出下列化合物的电子式：乙：___；丙：___。
（3）向甲的水溶液中加入丁，有淡黄色沉淀生成，请写出反应的化学方程式为：___。
（4）甲和乙反应能放出大量的热，同时生成两种无污染的物质， 请写出该反应的化学方程式：：___。
【答案】 (1). N (2). Na (3). S (4). (5). (6). H2O2+Na2S=2NaOH+S↓ (7). 2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O↑
【解析】
【分析】
Z是地壳中含量最高的元素,Z是氧；原子序数依次增大的短周期主族元素 Y、Z位于相邻主族，Y为氮；X、Y两种元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和，假设X为第二周期元素序数为a，7-a=5+a-2，计算得a=2，与假设不符，故X为第一周期的氢元素；X、W是同主族元素，W是钠；根据丁中的原子个数比，R化合价为-2，则R为硫。行成的化合物甲是H2O2，乙是N2H4，丙为Na2O2，丁为Na2S。
【详解】（1）根据分析：Y为N，W是Na，R是S；
（2）根据分析，乙的电子式；丙的电子式
（3）根据分析，向H2O2的水溶液中加入Na2S，双氧水作氧化剂发生还原反应，Na2S作还原剂发生氧化反应转化为淡黄色沉淀S，反应的化学方程式为：H2O2+Na2S=2NaOH+S↓；
（4）H2O2和N2H4反应能放出大量热，N2H4作还原剂被氧化为无污染物的N2，H2O2作氧化剂被还原生成水，且为气态，则该反应的化学方程式：2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O↑。
【点睛】双氧水可以作氧化剂，也可以作还原剂，遇强还原剂，双氧水作氧化剂，其中的氧化合价由-1变,-2，以水或者其他酸根的离子形式存在；遇强氧化剂，双氧水作还原剂，中的氧的化合价由-1变为0，以氧气分子形式存在。
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列离子中，所带电荷数与该离子的核外电子层数相等的是（ ）
A. Mg2+ B. Na+ C. AI3+ D. K+
【答案】A
【解析】
【详解】A. Mg2+带2个单位的正电荷，核外电子数为10，有2个电子层数，所以带电荷数与该离子的核外电子层数相等，A正确；
B. Na+带1个单位的正电荷，核外电子数为10，有2个电子层数，所以带电荷数与该离子的核外电子层数不相等，B错误；
C. AI3+带3个单位的正电荷，核外电子数为10，有2个电子层数，所以带电荷数与该离子的核外电子层数不相等，C错误；
D. K+带1个单位的正电荷，核外电子数18，有3个电子层数，所以带电荷数与该离子的核外电子层数不相等，D错误；故答案为：A。
2.用折线表示周期表第VIA族元素对应的最简单氢化物的沸点变化，其中每个小黑点代表一种氢化物，变化曲线如图所示，则点a代表的是（ ）
A. H2O B. H2S C. H2Se D. H2Te
【答案】B
【解析】
【详解】第VIA族元素对应的最简单氢化物中，相对分子质量越大，沸点越高，但H2O分子间因存在氢键，所以沸点反常高于其它元素对应的最简单氢化物的沸点，故a点代表的是第三周期第VIA族元素硫的氢化物，即H2S，故答案为：B。
3.下列物质中为分子晶体的是（ ）
A. 石英 B. 冰 C. 氯化铯 D. 钠
【答案】B
【解析】
【详解】A. 石英是二氧化硅晶体，是由共价键形成的原子晶体，A错误；
B. 冰是水的固体状态，是由共价键形成的分子晶体，B正确；
C. 氯化铯是铯离子与氯离子形成的离子晶体，C错误；
D. 钠是金属单质，是金属键形成的金属晶体，D错误；故答案为：B。
4.X、Y两根金属棒插入Z溶液中构成如图所示的装置，实验中电流计指针发生偏转，同时X棒变粗，Y棒变细，则X、Y和Z溶液可能是下列中的（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.X极为锌电极，其活泼性强于铜，故锌为负极，因其溶解而变细；Y极为正极，氢离子在正极上得到电子被还原为氢气，故正极上有气泡产生，A项不符合题意；
B. X极为铜电极，是正极，氢离子在正极上得到电子被还原为氢气，故正极上有气泡产生；.Y极为锌电极，是负极，因其溶解而变细，B项不符合题意；
C.该装置没有自发进行的氧化还原反应发生，不能形成原电池，故两金属棒均无变化，C项不符合题意；
D.该装置可以形成原电池，电池总反应为Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+ 2Ag，故电流计指针发生偏转， X棒为正极，银离子在银棒上得到电离子被还原为银而使其变粗，Y棒为负极，因其溶解而变细，D项符合题意；
答案选D。
5.如图为用惰性电极电解CuCl2溶液并验证其产物的实验装置，则下列说法不正确的是（ ）
A. 电源a极为负极
B. KI—淀粉溶液会变蓝色
C. 电极Ⅰ上有固体析出
D. 电极Ⅰ上发生的电极反应为Cu－2e-=Cu2+
【答案】D
【解析】
【分析】
用惰性电极电解CuCl2溶液，根据电解池离子的放电顺序，电解反应式为CuCl2Cu+ Cl2↑，氯气遇淀粉碘化钾，溶液变蓝，故电极Ⅱ为阳极，电极Ⅰ为阴极，a极为电源负极，b极为电源正极。
【详解】A.根据分析， 电源a极为负极，A项说法正确；
B.根据分析，电极Ⅱ为阳极，阳极上氯离子放电产生氯气，故能使 KI-淀粉溶液会变蓝色，B项说法正确；
C.电极Ⅰ为阴极，阴极上铜离子放电生成铜，故有固体铜析出， C项说法正确；
D.电极Ⅰ为阴极，阴极发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，D项说法错误；
综上所述，相关说法不正确的是D，故答案选D。
6.反应A(g)+ 3B(g)2C(g) + 2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)= 0.15 mol/(L·s)②v(B)=0.6 mol/(L·s) ③v(C)=0.5 mol/(L·s)④v(D)=0.45 mol/(L·s)。下列表示该反应进行由快到慢的顺序正确的是（ ）
A. ②③④① B. ④③②① C. ③④②① D. ②④③①
【答案】C
【解析】
【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则①v(B)=3v(A)= 0.45 mol/(L·s)；②v(B)=0.6 mol/(L·s) ；③v(B)=1.5v(C)=0.75mol/(L·s)；④
v(B)=1.5v(D)=0.675 mol/(L·s)，则反应进行由快到慢的顺序为：③>④>②>①，故答案为：C。
7.对于反应：X+YZ，下列条件的改变一定能使该化学反应的速率加快的是（ ）
A. 升高温度 B. 增加X的物质的量
C. 增大压强 D. 减少Y的物质的量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 升高体系的温度，化学反应速率一定加快，A正确；
B. 对于反应X+YZ，如果Y、Z均是气体，而X是固体，增加X的物质的量不会引起速率的变化，B错误；
C. 未给出X、Y、Z的状态，对固体或液体之间的反应，改变压强不会引起化学反应速率的变化，C错误；
D. 对于反应X+YZ，如果X、Z均是气体，而Y是固体，减少Y的物质的量不会引起速率的变化，D错误；故答案为：A。
【点睛】温度、浓度、压强、催化剂能影响化学反应速率，但浓度仅适用于溶液或气体、压强仅适用于有气体参加的化学反应。
8.下列关于反应3B(g) C(g)+D(g)的说法不正确的是（ ）
A. 某时刻测得v正(B)=v逆(B)，说明反应达到了化学平衡状态
B. 反应达到化学平衡后，反应物和生成物的浓度不再改变
C. 反应达到平衡后，反应就停止了
D. 上述反应中，B不可能全部转化为C和D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 可逆反应中正逆反应速率相等且不为零时，反应达到平衡，v正(B)为正反应速率，v逆(B) 为逆反应速率，所以反应达到了化学平衡状态，A正确；
B. 可逆反应中，反应达到平衡后，反应物和生成物的浓度不再改变，B正确；
C. 可逆反应达到平衡，是动态平衡，正逆反应速率相等，但不为零，反应没有停止，C错误；
D. 上述反应为可逆反应，转化率达不到百分之百，故B不可能全部转化为C和D，D正确；故答案为：C。
9.如图中C%表示某反应物在体系中的百分含量，v表示反应速率，p表示压强，t表示反应时间。图(A)为温度一定时，压强与反应速率的关系曲线；图(B)为压强一定时，在不同时间C%与温度的关系曲线。同时符合以下两个图像的反应是( )
A B
A. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0
B. N2O3(g)NO2(g)＋NO(g) ΔH＞0
C. 3NO2(g)＋H2O(l)2HNO3(l)＋NO(g) ΔH＜0
D. CO2(g)＋C(s)2CO(g) ΔH＞0
【答案】A
【解析】
【分析】
由图A可知，到达平衡后，增大压强逆反应速率增大更大，平衡向逆反应移动，说明气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，由图B可知，温度越高平衡时反应物的百分含量越高，说明升高温度，平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应。
【详解】由图(B)可知，温度越高，平衡时反应物的百分含量越高，平衡向逆反应移动，温度升高平衡向吸热的方向移动，逆反应吸热，正反应为放热反应，ΔH＜0，故A正确；B、D项错误；
图(A)中正逆反应速率相等时达到平衡，平衡后增大压强，正逆速率都增大，但逆反应速率更大，平衡逆移，增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，逆反应方向应气体分子数减小，C项错误；
故选A。
【点睛】本题考查化学平衡移动图象，把握图象中曲线的变化特点分析可逆反应的特征是解答该题的关键：由图A可知，到达平衡后，增大压强逆反应速率增大更大，平衡向逆反应移动，由图B可知，温度越高平衡时反应物的百分含量越高，说明升高温度，平衡向逆反应移动。
10.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，图1，根据先拐先平衡数值大得出T1＜T2，从下到上，温度降低，C%增大，平衡正向移动，降温向放热方向移动即正反应为放热反应，故A错误；
B选项，图2加压，C%增大，加压向正向即体积减小方向移动，因此该反应m＋n>p，故B错误；
C选项，图3，曲线表示平衡，点3在相同温度下，B转化率比平衡时转化率小，说明要向平衡方向即正向移动，因此反应速率v正>v逆，故C正确；
D选项，图4，若m＋n＝p，则a曲线可能使用了催化剂或加压，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】改变外界条件，生成物或反应物的百分含量没变，一般情况可能为加催化剂或等体积反应加压。
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全得1分，选错0分）
11.短周期主族元素X、Y、Z、W、R在元素周期表中的相对位置如图所示，其中R元素的常见单质为气体，下列判断不正确的是（ ）
A. 原子半径：Z>X> Y
B. 非金属性：R>W> Z
C. X、Z对应的含氧酸均为强酸
D. Y的最简单氢化物的沸点比X的高
【答案】C
【解析】
【分析】
R元素的常见单质为气体，结合图分析可知，R为Cl元素、则W为：S元素、Z为P元素、Y为：O元素、X为：N元素。
【详解】A. 同周期，从左到右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径增大，所以原子半径：P>N>O，A正确；
B. 同周期，从左到右，非金属性增强，所以非金属性：Cl>S>P，B正确；
C. X为N元素、Z为P元素，其对应的含氧酸分别为HNO3、HNO2和H3PO4，HNO3为强酸，HNO2、H3PO4为弱酸，C错误；
D. Y为O元素、X为N元素，其最简单氢化物分别为H2O和NH3，其沸点：H2O>NH3，D正确；故答案为：C。
12.已知：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(1) ΔH1=－Q1kJ·mol-1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2=－Q2kJ·mol-1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(1) ΔH3=－Q3kJ·mol-1
常温下，取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(已折合成标准状况)，经完全燃烧后恢复至常温，则下列说法正确的是（ ）
A. Q2＜Q3
B. ΔH2＜ΔH3
C. 放出的热量为(0.4Q1＋0.05Q3)kJ
D. 放出的热量为(0.4Q1＋0.05Q2)kJ
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 因为等质量的H2O(g)所具有的能量高于H2O(1)，所以氢气燃烧生成H2O(1)放出热量比生成H2O(g)多，故Q2＜Q3，A项正确；
B.由于Q2＜Q3，则ΔH2＞ΔH3，B项错误；
C.体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(已折合成标准状况)，n(CH4)=0.4mol，n(H2)= 0.1mol，根据热化学方程式进行计算，1mol CH4(g)完全反应生成液态水放出的热量是 Q1kJ，2mol H2(g) 完全反应生成液态水放出Q3kJ，则0.4mol CH4完全反应生液态水放出的热量为0.4Q1 kJ，0.1mol H2完全反应生成液态水放出的热量为0.1×0.5Q3kJ=0.05Q3 kJ，共放出的热量为(0.4Q1＋0.05Q3)kJ，C项正确；
D.根据C的分析可知D项错误；
答案选AC。
13.在恒温、恒容的条件下，有反应2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g），现从两条途径分别建立平衡。途径I：A、B的起始浓度为2mol·L-1；途径II：C、D的起始浓度分别为2mol·L-1和6mol·L-1；则以下叙述正确的是 （ ）
A. 两途径最终到平衡时，体系内混合气的百分组成相同
B. 两途径最终达到平衡时，体系内混合气的百分组成不同
C. 达平衡时，途径I的反应速率υ（A）等于途径II的反应速率υ（A）
D. 达平衡时，途径I所得混合气的密度为途径II所得混合气密度的
【答案】AD
【解析】
【详解】途径II中C、D的起始浓度分别为2mol·L-1和6mol·L-1，用“极限法一边倒”，途径II完全等效于恒温、恒容条件下起始加入4mol/LA和4mol/LB；途径II中A、B的起始物质的量浓度是途径I中A、B的起始物质的量浓度的2倍，该反应反应前后气体的体积不变，则途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡；
A. 途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡，两途径最终到平衡时，体系内混合气的百分组成相同，A正确；
B. 途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡，两途径最终到平衡时，体系内混合气的百分组成相同，B错误；
C. 途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡，达到平衡时途径II中各物质的物质的量浓度是途径I的2倍，则达平衡时途径I的反应速率υ（A）小于途径II的反应速率υ（A），C错误；
D. 途径II与途径I为恒温、恒容下的比例等效平衡，达到平衡时途径II中各物质的物质的量浓度是途径I的2倍，则达平衡时，途径I所得混合气的密度为途径II所得混合气密度的，D正确；
答案选AD。
14.一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，发生下列反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应达到平衡后，改变下述条件，NH3平衡浓度不改变的是
A. 保持温度和容器压强不变，充入1 mol NH3(g)
B. 保持温度和容器体积不变，充入1 mol NH3(g)
C. 保持温度和容器压强不变，充入1 mol N2(g)
D. 保持温度和容器体积不变，充入1 mol H2(g)
【答案】A
【解析】
【详解】A.保持温度和压强不变，充入1 mol NH3(g)，建立的新平衡与原平衡是等效平衡，氨气的平衡浓度不变，故A项符合题意；
B.保持温度和容器体积不变，充入1 mol NH3(g)，相当于对原平衡体系加压，则氨气平衡浓度增大，故B项不符合题意；
C.保持温度和容器压强不变，充入1 mol N2(g)，氮气的浓度增大，平衡正向移动，氨气的平衡浓度增大，故C项不符合题意；
D.保持温度和容器体积不变，充入1 mol H2(g)，增加了反应物的浓度，平衡正向移动，氨气的平衡浓度变大，故D项不符合题意。
答案为A。
15.在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是（ ）
已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH=－92.4kJ·mol-1
A. 2p1=2p3＞p2
B. 达到平衡时丙容器中NH3体积分数最大
C. α2＋α3＞1
D. Q1＋Q3＜92.4
【答案】AC
【解析】
【分析】
温度相同、容积相同恒容密闭容器中，甲和丙为等效平衡，平衡时各物质的量甲与丙相同，由于两容器中的反应分别从不同方向建立了相同的平衡状态，故其一定存在Q1＋Q3=92.4，α1＋α3=1；乙的初始投放是甲的两倍，在定容装置中相当于压缩两份甲变为乙，压缩对于合成氨，平衡正向移动，故乙的转化率高于甲，乙气体的总物质的量小于甲的两倍，乙中的氨气比甲的两倍多，氮气和氢气的浓度比甲的两倍小，以此作答。
【详解】A.根据分析，甲和丙为等效平衡，乙的转化率高于甲，乙气体的总物质的量小于甲的两倍，故2p1=2p3＞p2，A项正确；
B.根据分析，甲和丙达到平衡时NH3的体积分数相同，乙的转化率高于甲，故乙容器中NH3的体积分数最大，B项错误；
C.根据分析α1＋α3=1；乙的转化率高于甲，故α2＋α3＞1，C项正确；
D.根据分析Q1＋Q3=92.4；D项错误；
答案选AC。
【点睛】温度相同、容积相同恒容密闭容器中，投放量呈比例，加物质相当于加压，对于前后气体分子数目相同的可逆反应，平衡不移动，属于等效平衡（相似等效）；前后气体分子数目不同的可逆反应，平衡向气体分子数目减小的方向移动，利用等效思想进行解题。
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
16.随着世界工业经济的发展、人口的剧增，全球能源紧张及世界气候面临越来越严重的问题，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。
（1）把煤作为燃料可通过下列两种途径：
途径Ⅰ：C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH1＜0①
途径Ⅱ：先制成水煤气：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g） ΔH2＞0②
再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） ΔH3＜0③
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） ΔH4＜0④
则途径Ⅰ放出热量___（填“＞”“=”或“＜”），途径Ⅱ放出的热量；ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的数学关系式是___。
（2）甲醇(CH3OH)是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。在25℃、101kPa下，1g甲醇完全燃烧放热22.68kJ，写出甲醇燃烧热的热化学方程式：___。
（3）金属钛冶炼过程中其中一步反应是将原料金红石转化：TiO2（金红石）+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
已知：
C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH=-393.5kJ•mol-1
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） ΔH=-566kJ•mol-1
TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g） ΔH=+141kJ•mol-1
则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的ΔH=___。
（4）臭氧可用于净化空气、饮用水消毒，处理工业废物和作为漂白剂。臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。如：6Ag（s）+O3（g）=3Ag2O（s）ΔH=-235.8kJ•mol-1。
已知：2Ag2O（s）=4Ag（s）+O2（g）ΔH=+62.2kJ•mol-1，当有2molO3完全反应转化为O2时，放出的热量为___。
【答案】 (1). = (2). ΔH1=ΔH2+（ΔH3+ΔH4） (3). CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-725.76kJ•mol-1 (4). -80kJ·mol-1 (5). 285kJ
【解析】
【详解】（1）根据盖斯定律，条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和最终状态有关，与反应途径无关，则途径Ⅰ放出的热量=途径Ⅱ放出的热量；根据盖斯定律，由②+③×+④×= ①,故ΔH1=ΔH2+(ΔH3+ΔH4)；
（2）在25℃、101kPa下，1g甲醇物质的量，完全燃烧放热22.68kJ，则1mol甲醇完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为725.76 kJ，故甲醇燃烧热是725.76 kJ•mol-1，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-725.76kJ•mol-1；
（3）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g） ΔH1=-393.5kJ•mol-1 ①，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） ΔH2=-566kJ•mol-1 ②，TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g） ΔH3=+141kJ•mol-1 ③，根据盖斯定律①×2-②+③可得TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的ΔH=2ΔH1-ΔH2+ΔH3=2×(-393.5kJ•mol-1)-(-566kJ•mol-1)+(+141kJ•mol-1)= -80kJ·mol-1；
（4）6Ag（s）+O3（g）=3Ag2O（s）ΔH1=-235.8kJ•mol-1 ①；2Ag2O（s）=4Ag（s）+O2（g）ΔH2=+62.2kJ•mol-1 ②，根据盖斯定律，由①×2+②×3可得2O3（g）= 3O2（g）ΔH=ΔH1×2+ΔH2×3=(-235.8kJ•mol-1)×2+(+62.2kJ•mol-1)×3=-285 kJ•mol-1，当有2molO3完全反应转化为O2时，放出的热量为285 kJ。
17.有两个容积相等的密闭容器A和B(如图)所示，A容器有一个可上下移动的活塞，能使A容器保持恒压，B容器的容积不变。起始时两容器中分别充入等量且体积比为2∶1的SO2和O2的混合气体，并使A和B容积相等。在400℃条件下，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。
（1）达到平衡时，所需的时间t(A)__t(B)，A容器中SO2的转化率__B容器中SO2的转化率(填“>”、“<或“=”)。
（2）达到(1)所述平衡后，若向两容器中通入少量的等量氩气，A容器中化学平衡___移动，B容器中化学平衡__移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
（3）达到（1）所述平衡后，若向两容器中通入等量原反应气体，再达到平衡时，A容器中SO2的体积分数__，B容器中SO2的体积分数__(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). < (2). > (3). 逆向 (4). 不 (5). 不变 (6). 减小
【解析】
【分析】
起始时两容器中分别充入等量且体积比为2∶1的SO2和O2的混合气体，并使A和B容积相等。随着反应的正向进行，气体粒子数目减小，A是恒压装置，故其体积减小，B体积不变，A的反应物浓度高于B，化学反应速率较快，达到平衡所需的时间越短；二者达到平衡后，若将恒压装置再增大到原来的体积，平衡会逆向移动，转化率降低；
【详解】（1）根据分析，达到平衡时，所需的时间t(A)＜t(B)；根据分析恒压的转化率较高，故A容器中SO2的转化率＞B容器中SO2的转化率；
（2）达到(1)所述平衡后，在A恒压装置内通入稀有气体，相当于增大容器的体积，根据平衡的移动原理，平衡逆向移动；在B定容装置中通入稀有气体，总压增大，但是各物质的浓度没有变化，故平衡不移动；
（3）达到（1）所述平衡后，在A定压装置通入等量原反应气体，相当于等效平衡平行放置，A中各物质的物质的量是原来的两倍，但是体积分数不变，故A容器中SO2的体积分数不变；在B定容装置通入等量原反应气体，相当于加压，平衡向气体粒子数目减小的方向移动，正向移动，故B中的SO2和O2的体积分数比原来两倍小，SO3比原来两倍大，故B容器中SO2的体积分数减小。
【点睛】对于有气体参与的可逆反应，在相同温度、投料相同的条件下，恒压条件下的反应物转化率高于恒容条件下的反应物转化率，不管前后气体粒子数目是增多还是减小。
18.如图X是直流电源。Y池中c、d为石墨棒，Z池中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。
（1）①电源上a为__(填“正”“负”“阴”或“阳”，下同)极。
②Z池中e为__极。
③连接Y、Z池线路中，电子流动的方向是d__(填“→”或“←”)e。
（2）①写出d极上反应的电极反应式：__。当d极有1mol气体产生时，则电路中转移电子数为___。
②写出Z池中f极上反应的电极反应式：___。
【答案】 (1). 正 (2). 阳 (3). ← (4). 2H2O+2e-=2OH¯+H2↑ (5). 2NA (6). Cu2++2e-=Cu
【解析】
【分析】
X是直流电源，整个装置属于电解池。接通电路后，发现d附近显红色，则d电极为阴极，发生的电极式为2H2O+2e-=2OH¯+H2↑；可得a为电源正极，b为电源的负极，c、e为阳极，d、f为阴极，以此作答。
【详解】（1）①根据分析电源上a为正极；
②根据分析，Z池中e为阳极；
③根据分析，连接Y、Z池线路中，电子流动方向是从e到d，故电子流动的方向是d←e；
（2）①根据分析，d极附近显红色，d极上反应的电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH¯；根据电极反应式，当d极有1mol H2产生时，则电路中转移电子数为2NA；
②电解氯化铜f极为阴极，则f极反应电极反应式：Cu2++2e-=Cu。
19.（1）对于反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线(如图)。
①比较p1、p2的大小关系：__。
②随温度降低，该反应平衡常数变化的趋势是__(填“增大”或“减小”)。
（2）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
①反应的ΔH__(填“>”或“<”)0；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60s时段，反应速率v(NO2)为__；反应的平衡常数K为_。
②100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，10s后又达到平衡，则T__(填“大于”或“小于”)100℃。
【答案】 (1). p2＞p1 (2). 增大 (3). ＞ (4). 0.002mol·L-1·s-1 (5). 0.36 (6). 大于
【解析】
【分析】
由转化率-T-P图分析，保持压强不变，根据平衡移动原理升高温度平衡向吸热方向移动，该反应随着温度升高NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应正向放热反应； 保持温度不变，根据平衡移动原理增大压强，平衡向气体粒子数目减小的方向移动，对于该反应为正向移动，NO的平衡转化率增大，故压强越大，转化率越高，则p2＞p1。
【详解】（1）①由转化率-T-P图分析，保持压强不变，根据平衡移动原理升高温度平衡向吸热方向移动，该反应随着温度升高NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应正向放热反应； 保持温度不变，根据平衡移动原理增大压强，平衡向气体粒子数目减小的方向移动，对于该反应为正向移动，NO的平衡转化率增大，故压强越大，转化率越高，则p2＞p1；
②根据分析，该反应正向是放热反应，温度降低，平衡向正向移动，该反应平衡常数变化趋势是增大；
（2）①体积固定的装置N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，NO2浓度增大，平衡正向移动，根据平衡移动原理该反应正向是吸热反应ΔH>0；体系中各物质浓度随时间变化如图所示。0～60s时段，反应速率v(NO2)==0.002mol·L-1·s-1；反应的平衡常数K=；
②由①可知N2O4(g)2NO2(g)，ΔH＞0，100℃时达平衡后，改变温度为T，c(N2O4)降低，则平衡正向移动，且该反应正向是吸热反应，根据移动原理为升高温度，故T大于100℃。
20.原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X、Y两种元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和；Y、Z位于相邻主族；Z是地壳中含量最高的元素。X、W是同主族元素。上述五种元素两两间能形成四种常见的化合物甲、乙、丙、丁，这四种化合物中原子个数比如下表：
（1）写出下列元素符号：Y：___；W：___；R：___。
（2）写出下列化合物的电子式：乙：___；丙：___。
（3）向甲的水溶液中加入丁，有淡黄色沉淀生成，请写出反应的化学方程式为：___。
（4）甲和乙反应能放出大量的热，同时生成两种无污染的物质， 请写出该反应的化学方程式：：___。
【答案】 (1). N (2). Na (3). S (4). (5). (6). H2O2+Na2S=2NaOH+S↓ (7). 2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O↑
【解析】
【分析】
Z是地壳中含量最高的元素,Z是氧；原子序数依次增大的短周期主族元素 Y、Z位于相邻主族，Y为氮；X、Y两种元素的核电荷数之差等于它们的原子最外层电子数之和，假设X为第二周期元素序数为a，7-a=5+a-2，计算得a=2，与假设不符，故X为第一周期的氢元素；X、W是同主族元素，W是钠；根据丁中的原子个数比，R化合价为-2，则R为硫。行成的化合物甲是H2O2，乙是N2H4，丙为Na2O2，丁为Na2S。
【详解】（1）根据分析：Y为N，W是Na，R是S；
（2）根据分析，乙的电子式；丙的电子式
（3）根据分析，向H2O2的水溶液中加入Na2S，双氧水作氧化剂发生还原反应，Na2S作还原剂发生氧化反应转化为淡黄色沉淀S，反应的化学方程式为：H2O2+Na2S=2NaOH+S↓；
（4）H2O2和N2H4反应能放出大量热，N2H4作还原剂被氧化为无污染物的N2，H2O2作氧化剂被还原生成水，且为气态，则该反应的化学方程式：2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O↑。
【点睛】双氧水可以作氧化剂，也可以作还原剂，遇强还原剂，双氧水作氧化剂，其中的氧化合价由-1变,-2，以水或者其他酸根的离子形式存在；遇强氧化剂，双氧水作还原剂，中的氧的化合价由-1变为0，以氧气分子形式存在。
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