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【化学】安徽省宣城市郎溪中学2018-2019学年高二上学期直升部返校考（解析版） 试卷
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安徽省宣城市郎溪中学2018-2019学年高二上学期直升部返校考
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Al: 27 Fe:56
一、选择题(本题包括17小题，每小题3分，共51分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.我清代《本草纲目拾遗》中记载药物“鼻冲水”写道:“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅……虚弱者忌之。宜外用，勿服”。“鼻冲水”的主要成分可能是
A. 醋 B. 氢氟酸 C. 氨水 D. 稀硫酸
【答案】C
【解析】
A、醋属于饮食调料，可食用，不符合非有病不可嗅，选项A错误；B、氢氟酸是一种强腐蚀性的酸，不具有药性，选项B错误；C、氨水具有挥发性，如果密封性不好，挥发出氨气，瓶内液体体积会慢慢减小；氨气的密度比空气小，有刺激性气味的性质结合“鼻冲水”贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，气甚辛烈可以确定是氨气，选项C正确； D、稀硫酸是一个氧化性酸，不具有药性，选项D错误。答案选C。
点睛：本题难度不大，主要考查微观粒子及物质的性质的区别，加深对物质性质的理解是正确解答此类试题的关键。鼻冲水是指具有刺激性气味、储存于玻璃瓶中易挥发、有毒的物质。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 1mol/L的NaCl溶液中含有的离子总数为2NA
B. 1 mol Na2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NA
C. 标准状况下，22.4LH2O含有的 H—O键数为2NA
D. 18g 18O2中含有的中子数为10NA
【答案】D
【解析】
A、未告知溶液的体积，无法计算此溶液中的离子总数，故A错误。B．1mol过氧化钠与足量的二氧化碳反应生成0.5mol氧气，反应中转移了1mol电子，转移电子数为NA，故B错误；C、标况下，水不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D．18g 18O2物质的量为0.5mol，一个氧原子含有10个中子，因此0.5mol 18O2中含有10 NA个中子，故D正确；故选D。
3.下列表示对应化学反应的离子方程式不正确的是（ ）
A. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++ 3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+
B. Cl2与H2O反应：Cl2＋H2O＝2H+＋ClO-＋Cl-
C. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－+H2O2+2H+＝I2+2H2O
D. 碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液：Ca2+ +2HCO3－＋2OH－＝CaCO3 ↓＋CO32- +2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，因氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故A方程正确；B. Cl2与H2O反应为可逆反应，且生成的次氯酸为弱酸，不能拆开，故B方程错误；C.过氧化氢能氧化浸出液中的碘单质，故C方程正确；D.碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液时的反应为Ca2+ +2HCO3－＋2OH－＝CaCO3 ↓＋CO32- +2H2O，故D正确；答案选B。
【点睛】在离子反应的书写中要注意物质的拆写是否正确，只有易溶的强电解质在溶液中才能拆写成离子形式。
4.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同主族，B和D同主族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的气态化合物在水中呈碱性，C和E形成化合物为CE。下列说法不正确的是（ ）
A. 稳定性BA3>DA3>AE
B. B离子的半径大于C离子的半径
C. 将C的单质放入CuSO4溶液中会有蓝色沉淀产生
D. E的最高价氧化物对应水化物的化学式为HEO4
【答案】A
【解析】
【分析】
五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素；B和D 同族，则D为磷元素；C和E形成的化合物为CE，则E为Cl元素，验证符合，据此解答。
【详解】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素；B和D 同族，则D为磷元素；C和E形成的化合物为CE，则E为Cl元素，A. 由A和B、D、E所形成的共价型化合物分别为NH3、PH3、HCl，非金属性越强氢化物越稳定，故热稳定NH3>HCl>PH3，即BA3>AE >DA3，选项A不正确；B. 氮离子和钠离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，则B离子的半径大于C离子的半径，选项B正确；C. 将钠的单质放入CuSO4溶液中会有蓝色沉淀氢氧化铜产生，选项C正确；D. E的最高价氧化物对应水化物的化学式为HEO4，即HClO4，选项D正确。答案选A。
【点睛】本题考查位置、结构、性质的关系，常用化学用语、元素周期律、化学键等知识，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握。
5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 （ ）
A. 原子半径: r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)
B. W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C. Y的单质的氧化性比Z的强
D. X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH；C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强；D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵。
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W），选项A错误；B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，选项B错误；C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强，非金属性O＞N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，选项C错误；D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律是解本题关键，正确判断元素是解本题关键，注意：铵盐中不含金属元素但属于离子化合物，题目难度不大。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；这些元素组成的二元化合物r、t、u，其中u能使品红溶液退色，v的俗名叫烧碱。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 原子半径的大小：W>Z>Y>X
B. t与r反应时，r为氧化剂
C. 生活中可用u使食物增白
D. Z分别与Y、W组成的化合物中化学健类型可能相同
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u能使品红溶液褪色，u为SO2；v的俗名叫烧碱，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，q是S，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，则
A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：Z＞W＞Y＞X，A错误；
B．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，B错误；
C．二氧化硫有毒，生活中不能用二氧化硫使食物增白，C错误；
D．Z分别与Y、W组成的化合物分别为NaH、Na2O时，化学键均为离子键，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查元素推断、无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，u与v为推断的突破口，题目难度中等，注意选项D中Na与H可形成离子化合物NaH，为易错点。
7.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应2HI(g)+Cl2(g)2HCl(g) + I2(s)。下列事实不能说明该反应到平衡状态的是（ ）
A. 断裂1 mol Cl-Cl键同时形成1 mol H-Cl键
B. 容器内气体密度不再改变
C. 容器内气体压强不再改变
D. 容器内气体颜色不再改变
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】A. 断裂1 mol Cl-Cl键同时形成1 mol H-Cl键均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A符合；
B. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中气体质量是变化的，容积始终是不变的，所以容器内气体密度不再改变说明反应达到平衡状态，B不符合；
C. 正反应体积减小，则容器内气体压强不再改变说明反应达到平衡状态，C不符合；
D. 容器内气体颜色不再改变说明碘的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，D不符合；
答案选A。
8.一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通入乙烷(C2H6)和氧气，其中某一电极反应式为C2H6＋18OH－－14e－===2CO32－＋12H2O。有关此电池的推断不正确的是
A. 通入乙烷的电极为负极
B. 放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降
C. 参加反应的O2与C2H6的物质的量之比为2∶7
D. 溶液中的OH－向负极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A、在燃料电池中，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，通入乙烷的电极为负极，发生氧化反应，A正确；
B、电池工作过程中，电池总反应为2C2H6+8OH-+7O2＝4CO32-+10H2O，反应消耗KOH，因此放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降，B正确；
C、原电池中两极上转移的电子相等，当有28mol电子转移时，正极上消耗7molO2，负极上消耗2molC2H6，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7：2，C错误；
D、原电池中阴离子向负极移动，则溶液中的OH－向负极移动，D正确。
答案选C。
9.为测定一小块铁铝合金样品中的含铝量，现先将其溶于足量盐酸中，然后再向其中加入足量的烧碱溶液，待沉淀全部转化为红褐色时过滤、洗涤，将沉淀物在空气中灼烧，最后得到红棕色粉末，经称量知其质量跟原合金的质量相等。合金中铝的质量分数为
A. 无法计算 B. 70% C. 54% D. 30%
【答案】D
【解析】
【分析】
根据反应过程来分析，合金中铝的质量分数就是氧化铁中氧的质量分数。
【详解】因铁铝溶于酸，生成氯化亚铁、氯化铝．加入过量的氢氧化钠溶液，得氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液．灼烧生成氧化铁，据元素守恒，合金中铝的质量分数就是氧化铁中氧的质量分数，氧化铁中氧的质量分数为：×100%=30%，即合金中铝的质量分数为30%，答案选D。
【点睛】本题考查铝的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量，主要考查了有关化学计算，抓住元素守恒来做非常方便。
10.下图是2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的能量变化图，据图得出的相关叙述正确的是( )
A. 该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放
B. 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) △H＝－(a－b) kJ／mol
C. 1 mol SO2的能量比1 mol SO3的能量高
D. 若某容器内有2 mol SO3充分反应，吸收(a－b) kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 断键需要吸热，形成化学键需要放热，则该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放，A正确；
B. 反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的△H＝(a－b) kJ／mol，B错误；
C. 根据图像可知0.5mol氧气和1 mol SO2的总能量比1 mol SO3的能量高，二氧化硫和三氧化硫的能量不能比较，C错误；
D. 由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若某容器内有2 mol SO3充分反应，吸收的热量小于(a－b) kJ，D错误。
答案选A。
11.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3 kJ·mol-1，则1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6 kJ
B. H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1，则2H2O（1）＝2H2(g)＋O2(g)反应的△H＝+571.6kJ·mol-1
C. 反应物的热效应与是否使用催化剂有关
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g) △H= -38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。
详解：A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJ·mol-1，故正确；C. 催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。故选B。
点睛：注意燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所谓的稳定的氧化物是指二氧化碳或二氧化硫或液态水等。中和热的定义为：强酸和强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，若有弱酸或弱碱或有沉淀生成，反应热都不为中和热。
12.为了探究外界条件对反应aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)的影响，以X和Y物质的量比为a：b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。以下判断正确的是（ ）
A. ΔH＞0，ΔS＞0
B. ΔH＞0，ΔS＜0
C. ΔH＜0，ΔS＞0
D. ΔH＜0，ΔS＜0
【答案】D
【解析】
【详解】分析：本题考查的是温度和压强对反应平衡的影响，从Z的体积分数的大小分析平衡移动方向。
详解：从图分析，压强越大，Z的体积分数越大，说明该反应正反应方向为气体体积减小的方向，即熵减。温度越高，Z的体积分数越小，说明该反应为放热反应，即焓变小于0。故选D。
13.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是（ ）
A. 开启啤酒有泡沫逸出
B. 向FeCl3溶液中加KSCN，有FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe(SCN)3（血红色）反应，平衡后向体系中加入KCl固体使体系红色变浅。
C. 装有NO2的烧瓶置于热水中颜色加深
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】分析：本题考查的是平衡移动原理，根据平衡移动的影响因素进行分析。
详解：A.在啤酒中存在二氧化碳和水反应生成碳酸的平衡状态，开启啤酒的盖，瓶内压强变小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理解释，故不符合题意；B.从实际参与反应的离子分析，氯化钾不参与反应，故不能用平衡移动原理解释，故符合题意；C.二氧化氮的烧瓶中存在二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，加热平衡逆向移动，颜色加深，能用平衡移动解释，故不符合题意；D.氯气溶于水与水反应生成盐酸和次氯酸，在饱和氯化钠溶液中氯离子浓度很大，使氯气和水反应的平衡逆向移动，减少氯气与水的反应，也即减少了氯气的溶解度，故能用平衡移动原理解释，故不符合题意。故选B。
14.在一恒温恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s) ⇌ C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（ ）个
①容器内B(s)物质的量浓度不变；②混合气体的密度不变；③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；⑤C(g)的物质的量浓度不变；⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1；⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零；⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】分析：本题考查的是化学平衡状态的标志，抓住反应的特点是关键。
详解：①B(s)固体，其物质的量浓度为常数始终不变，不能说明反应到平衡，故错误；②因为反应体系中有固体物质，所以当混合气体的密度不变时说明混合气体的总质量不变，则说明反应到平衡，故正确；③因为反应前后气体总物质的量不变，所以混合气体的压强不变不能说明反应到平衡，故错误；④混合气体的平均相对分子质量等于气体的总质量与总物质的量的比值，因为气体总物质的量始终不变，所以当混合气体的平衡相对分子质量不变说明气体总质量不变，可以说明反应到平衡，故正确；⑤C(g)的物质的量浓度不变可以说明反应到平衡，故正确；⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能说明反应到平衡，故错误；⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零，没有说明反应速率的方向，不能说明反应到平衡，故错误；⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A，可以说明反应正逆反应速率相等，反应到平衡，故正确。故有4个可以说明反应到平衡，故选B。
点睛：注意反应中有固体物质存在时，因为固体物质的浓度不变，该物质的浓度变不能说明反应到平衡，涉及气体总质量或相对分子质量不变都可以说明反应到平衡。
15.反应N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+57 kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a、c两点的反应速率：a＞c
B. a、c两点气体的颜色：a深，c浅
C. b、c两点的转化率：b＞c
D. 由b点到a点，可以用加热的方法
【答案】D
【解析】
分析：本题考查的是反应条件对速率和影响，关键是对图像的分析能力的考查。
详解：A.压强越大，反应速率越快，故错误；B.a点二氧化氮的体积分数大于c点，但c点压强大，说明容器的体积变小，所以c点二氧化氮的浓度大，颜色深，故错误；C.b、c两点二氧化氮的体积分数相同，说明转化率相同，故错误；D.从b点到a点，压强不变，二氧化氮的体积分数增加，结合反应为吸热反应，说明反应条件为升温，故正确。故选D。
点睛：注意气体的颜色是二氧化氮的浓度大小的表示，二氧化氮的体积分数与浓度大小没有必然联系，注意改变压强时改变了容器的体积。
16.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中充入A气体、B气体，其浓度分别为2 mol/L，1 mol/L，且发生如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(?)+2D(?)已知“?”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是（ ）
①该反应的化学平衡表达式为：
②此时B的转化率为35%
③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．
④增加C的量，A、B转化率不变
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×4/5=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×3/4=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol-1.2mol=2.8mol、2mol-0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体．①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；②反应的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为×100%=40%，故②错误；③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③正确；④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故④正确；故说法中正确的是③④，答案选C。
17.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。
18.在一定温度下，向一个体积不变的密闭容器中，充入等物质的量的氮气和氢气，发生反应：N2+3H22NH3，下列不能说明反应一定达到平衡状态的是
A. 密度保持不变 B. 氢气的物质的量分数保持不变
C. 容器的压强保持不变 D. 气体的平均相对分子质量不变
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A. 体系的密度等于质量和提及的比值，始终是一个定值，此时的状态不一定是平衡状态，选项A选；B、氢气的物质的量分数保持不变，则各组分的物质的量浓度不变，是平衡的特征，选项B不选；C、反应前后气体系数和变化，所以体系的压强不变的状态是平衡状态，选项C不选；D、混合气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量比值，质量不变，但是物质的量变化，所以混合气体的平均相对分子质量不变的状态是平衡状态，选项D不选；答案选A。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
二、非选择题(本题包括5小题 )
19.海洋资源的利用具有广阔前景。
(1)无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是________(填序号)。
A．Cl2 B．淡水 C．烧碱 D．食盐
(2)从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水中通入Cl2，将Br-氧化，该反应的离子方程式是____。
(3)下图是从海水中提取镁的简单流程。
①工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是________，转Mg(OH)2化为MgCl2的离子方程式是____________。
②由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是________________________。
(4)海带灰中富含以I－形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：
①灼烧海带时所用的主要仪器名称是________________。
②向酸化的滤液中加H2O2溶液，写出该反应的离子方程式_______________________。
反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈________色。
【答案】 (1). BD (2). Cl2+2Br-＝Br2+2Cl- (3). 石灰乳(浆)或Ca(OH)2 (4). Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O (5). MgCl2(熔融) Mg＋Cl2 (6). 坩埚 (7). 2I-＋H2O2＋2H+==I2＋2H2O (8). 紫红
【解析】
（1）A．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，A错误；B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，属于物理变化，B正确；C．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，C错误；D．把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，D正确。答案选BD；（2）氯气具有强氧化性，能和溴离子发生置换反应生成溴，离子方程式为：Cl2+2Br-＝Br2+2Cl-。（3）①工业上常用石灰乳或氧化钙沉淀Mg2+，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2和镁离子反应生成Mg(OH)2；氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O 。②镁是活泼的金属，熔融状态下电解氯化镁冶炼镁，电解反应方程式为MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑。（4）①灼烧固体时所用的主要仪器名称是坩埚。②加入氢离子和过氧化氢起的作用为氧化剂，将碘离子转化为单质碘，离子方程式为 2I-＋H2O2＋2H+==I2＋2H2O。③碘的CCl4溶液呈紫红色。
20.A、B、C、D是四种常见的有机物，其中A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B与C在浓硫酸和加热条件下发生反应，生成的有机物有特殊香味；A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示（反应条件已省略）：
（1）B的结构简式为______________，C中官能团的名称为__________。
（2）丙烯酸（CH2＝CH－COOH）的性质可能有_______________。（多选）
A．加成反应 B．取代反应 C．中和反应 D．氧化反应
（3）用一种方法鉴别B和C，所用试剂是___________________。
（4）丙烯酸乙酯的结构简式为_______________。
（5）写出下列反应方程式和有机反应基本类型：
③___________________________，___________反应；
⑤___________________________，___________ 反应。
【答案】 (1). CH3CH2OH (2). 羧基 (3). ABCD (4). Na2CO3或NaHCO3溶液或紫色石蕊试液（答案合理均给分） (5). CH2＝CHCOOCH2CH3 (6). CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOC2H5＋H2O (7). 酯化/取代 (8). nCH2＝CH－COOH (9). 加聚
【解析】
A、B、C、D是四种常见的有机物，其中A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生氧化反应生成C是乙酸，B与C在浓硫酸和加热条件下发生反应，生成的有机物D有特殊香味，是乙酸乙酯；乙醇和丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A是CH2＝CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3COOH，D为CH3COOCH2CH3。则
（1）B是乙醇，结构简式为CH3CH2OH，C是CH3COOH，C中官能团的名称为羧基。
（2）A．丙烯酸含有碳碳双键，能发生加成反应，A正确；B．丙烯酸含有羧基，能发生取代反应，B正确；C．丙烯酸含有羧基，能发生中和反应，C正确；D．丙烯酸含有碳碳双键，能发生氧化反应，D正确。答案选ABCD；
（3）乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，显酸性，因此鉴别B和C的所用试剂是Na2CO3或NaHCO3溶液或紫色石蕊试液。
（4）丙烯酸乙酯的结构简式为CH2＝CHCOOCH2CH3。
（5）反应③是乙醇和乙酸的酯化反应，方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O；反应⑤是丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，方程式为nCH2＝CH－COOH。
21.元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；R－、Z＋、X＋离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体，Q和Y在周期表中的位置相邻，请回答下列问题：
（1）写出单质R的一种工业用途_______________________。
（2）M和R的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是___________（用化学式表示）。
（3）下图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，写出该转化过程的化学方程式为____________________。
（4）由X、Y、Z、M四种元素组成的一种离子化合物A，已知A，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式___________。
（5）科学家认为存在QX5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，已知QX5中含有离子键和极性键，写出化合物的电子式___________。
【答案】 (1). 制漂白粉，制漂白液，自来水消毒等合理答案 (2). HClO4 (3). 2SO2+O2 2SO3 (4). HSO3－+ H2O + Cl2＝SO42－+ 2Cl－+3H＋ (5).
【解析】
【分析】
元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，最外层电子数也只能为6，则M为S元素；结合R－、Z＋、X＋离子所带电荷可知，R元素位于第ⅦA族，Z、X位于第IA族，R原子序数大于硫，故R为Cl，化合物XR在常温下为气体，则X是H元素，Z的原子序数大于O，故Z为Na。Q和Y在周期表中的位置相邻，则Q为N元素，据此解答。
【详解】根据以上分析可知X是H，Q是N，Y是O，Z是Na，M是S，R是Cl。则
（1）单质R是氯气，工业用途有制漂白粉，制漂白液，自来水消毒等。
（2）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氯元素非金属性强于硫元素，则M和R的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4。
（3）由图可知，该转化过程为SO2与O2反应生成三氧化硫，反应化学方程式为：2SO2+O22SO3；
（4）由H、O、Na、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，则A为NaHSO3，A与氯水反应的离子方程式为HSO3－+H2O+Cl2＝SO42－+2Cl－+3H＋；
（5）科学家认为存在NH5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，应是氨水。已知NH5中含有离子键和极性键，因此是由铵根和H－组成的离子化合物，它的电子式为。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，根据核外电子排布规律推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，需要学生熟练掌握基础知识，题目中电子式的书写为易错点，解答时首先判断含有的化学键类型，另外注意氢负离子中2个电子是成对电子不能拆开。
22.(1)甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图一所示。
①从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v(CO)=____________。
②下列说法正确的是____________(填字母序号)。
A．达到平衡时，H2的转化率为65%
B．5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变
C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小
D．2min前v(正)>v(逆)，2min后v(正)
(2)碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下
Ⅰ：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+131.0kJ/mol
Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H= - 43kJ/mol
Ⅲ：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) △H= - 178.3kJ/mol
计算反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)的△H=__________kJ/mol；
若K1、K2、K3分别为反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数，该平衡常数K=_____(用K1、K2、K3表示)。
②对于可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s) CaCO3(s)+2H2(g)，采取以下措施可以提高H2产率的是________。(填字母)
A．降低体系的温度 B．压缩容器的体积
C．增加CaO的量 D．选用适当的催化剂
【答案】 (1). 0.3mol/(L·min) (2). B (3). -90.3 (4). K1·K2·K3 (5). A
【解析】
【分析】
（1）①从反应开始到5min，图象可知CO难度变化为2.00mol/L-0.50mol/L=1.50mol/L，反应速率v=；②A．结合三行计算列式计算，转化率=×100%；B．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，达到平衡状态平均相对分子质量不变；C．达到平衡后，再充人氩气，总压增大分压不变，速率不变；D.2min前后v（正）＞v（逆）；
【详解】①从反应开始到5min，图象可知CO难度变化为2.00mol/L-0.50mol/L=1.50mol/L，从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v（CO）==0.3mol/（L•min）；②A．结合三行计算列式计算，
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），
起始量 2 4 0
变化量 1.5 3 1.5
平衡量 0.5 1 1.5
达到平衡时，H2的转化率=×100%=×100%=75%，选项A错误；B．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变，选项B正确；C．达到平衡后，再充人氩气，总压增大分压不变，速率不变，选项C错误；D.2min前后反应未达到平衡状态，反应正向进行，v（正）＞v（逆），选项D错误；答案选B；(2)①已知Ⅰ：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H1=+131.0kJ/mol；Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2= - 43kJ/mol；Ⅲ：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) △H3= - 178.3kJ/mol；根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g) △H= △H1+△H2+△H3=+131.0kJ/mol - 43kJ/mol - 178.3kJ/mol =-90.3kJ/mol；②反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s) CaCO3(s)+2H2(g) △H=-90.3kJ/mol，A．降低体系的温度，平衡正向移动，氢气的产率增大，选项A正确；B．压缩容器的体积，平衡不移动，氢气的产率不变，选项B错误；C．增加CaO的量，平衡不移动，氢气的产率不变，选项C错误；D．选用适当的催化剂，平衡不移动，氢气的产率不变，选项D错误。答案选A。
【点睛】本题考查了好像反应速率计算、化学平衡影响因素、盖斯定律的应用，注意平衡状态下恒温恒容容器中通入惰气总压增大，分压不变，平衡不变，反应速率不变，题目难度中等。
23.在一定温度下，恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g) Z(g) ，各物质的浓度随时间变化如图所示。
（1）从反应开始到4min时平衡，X的平均反应速率为________________。
（2）根据图像数据，4min时平衡常数K=________________。
（3）若使平衡时体系中c(X)=c(Z)，则改变条件为 ________________。（只写一项）
（4）若某时刻，v正（Y）=2v逆（Z），则反应___________达平衡（填“已”或“未”）
（5）图中a.b对应的正反应速率大小关系为va_____vb（填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】 (1). 0.15mol/(L.min) (2). 11.25 (3). 适当升高温度、减小压强、加入X、减少Z或Y (4). 未 (5). 大于
【解析】
【详解】（1）从反应开始到4min时平衡，X的平均反应速率为v=；（2）根据图像数据，4min时X、Y、Z改变的浓度分别为0.6mol/L.、0.3mol/L、0.6mol/L，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，可知反应为2X(g)+Y(g) 2Z(g)。达平衡时的浓度分别为0.4mol/L.、0.2mol/L、0.6mol/L，故平衡常数K=；（3）若使平衡时体系中c(X)=c(Z)，则使平衡逆向移动增大X的浓度减小Z的浓度，反应2X(g)+Y(g) 2Z(g) 为气体体积减小的放热反应，故改变条件可为适当升高温度、减小压强、加入X、减少Z或Y；（4）若某时刻，v正（Y）=2v逆（Z），根据反应的计量数可知，正反应速率大于逆反应速率，则反应未达平衡；（5）根据浓度越大反应速率越快，图中a.b对应Z的浓度在减小，则对应的正反应速率大小关系为va大于vb。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Al: 27 Fe:56
一、选择题(本题包括17小题，每小题3分，共51分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.我清代《本草纲目拾遗》中记载药物“鼻冲水”写道:“贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减，气甚辛烈，触人脑，非有病不可嗅……虚弱者忌之。宜外用，勿服”。“鼻冲水”的主要成分可能是
A. 醋 B. 氢氟酸 C. 氨水 D. 稀硫酸
【答案】C
【解析】
A、醋属于饮食调料，可食用，不符合非有病不可嗅，选项A错误；B、氢氟酸是一种强腐蚀性的酸，不具有药性，选项B错误；C、氨水具有挥发性，如果密封性不好，挥发出氨气，瓶内液体体积会慢慢减小；氨气的密度比空气小，有刺激性气味的性质结合“鼻冲水”贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，气甚辛烈可以确定是氨气，选项C正确； D、稀硫酸是一个氧化性酸，不具有药性，选项D错误。答案选C。
点睛：本题难度不大，主要考查微观粒子及物质的性质的区别，加深对物质性质的理解是正确解答此类试题的关键。鼻冲水是指具有刺激性气味、储存于玻璃瓶中易挥发、有毒的物质。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 1mol/L的NaCl溶液中含有的离子总数为2NA
B. 1 mol Na2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NA
C. 标准状况下，22.4LH2O含有的 H—O键数为2NA
D. 18g 18O2中含有的中子数为10NA
【答案】D
【解析】
A、未告知溶液的体积，无法计算此溶液中的离子总数，故A错误。B．1mol过氧化钠与足量的二氧化碳反应生成0.5mol氧气，反应中转移了1mol电子，转移电子数为NA，故B错误；C、标况下，水不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D．18g 18O2物质的量为0.5mol，一个氧原子含有10个中子，因此0.5mol 18O2中含有10 NA个中子，故D正确；故选D。
3.下列表示对应化学反应的离子方程式不正确的是（ ）
A. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++ 3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+
B. Cl2与H2O反应：Cl2＋H2O＝2H+＋ClO-＋Cl-
C. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－+H2O2+2H+＝I2+2H2O
D. 碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液：Ca2+ +2HCO3－＋2OH－＝CaCO3 ↓＋CO32- +2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，因氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故A方程正确；B. Cl2与H2O反应为可逆反应，且生成的次氯酸为弱酸，不能拆开，故B方程错误；C.过氧化氢能氧化浸出液中的碘单质，故C方程正确；D.碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液时的反应为Ca2+ +2HCO3－＋2OH－＝CaCO3 ↓＋CO32- +2H2O，故D正确；答案选B。
【点睛】在离子反应的书写中要注意物质的拆写是否正确，只有易溶的强电解质在溶液中才能拆写成离子形式。
4.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同主族，B和D同主族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的气态化合物在水中呈碱性，C和E形成化合物为CE。下列说法不正确的是（ ）
A. 稳定性BA3>DA3>AE
B. B离子的半径大于C离子的半径
C. 将C的单质放入CuSO4溶液中会有蓝色沉淀产生
D. E的最高价氧化物对应水化物的化学式为HEO4
【答案】A
【解析】
【分析】
五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素；B和D 同族，则D为磷元素；C和E形成的化合物为CE，则E为Cl元素，验证符合，据此解答。
【详解】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大．A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素；A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素；B和D 同族，则D为磷元素；C和E形成的化合物为CE，则E为Cl元素，A. 由A和B、D、E所形成的共价型化合物分别为NH3、PH3、HCl，非金属性越强氢化物越稳定，故热稳定NH3>HCl>PH3，即BA3>AE >DA3，选项A不正确；B. 氮离子和钠离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，则B离子的半径大于C离子的半径，选项B正确；C. 将钠的单质放入CuSO4溶液中会有蓝色沉淀氢氧化铜产生，选项C正确；D. E的最高价氧化物对应水化物的化学式为HEO4，即HClO4，选项D正确。答案选A。
【点睛】本题考查位置、结构、性质的关系，常用化学用语、元素周期律、化学键等知识，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握。
5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 （ ）
A. 原子半径: r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)
B. W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C. Y的单质的氧化性比Z的强
D. X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH；C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强；D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵。
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W），选项A错误；B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，选项B错误；C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强，非金属性O＞N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，选项C错误；D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律是解本题关键，正确判断元素是解本题关键，注意：铵盐中不含金属元素但属于离子化合物，题目难度不大。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；这些元素组成的二元化合物r、t、u，其中u能使品红溶液退色，v的俗名叫烧碱。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 原子半径的大小：W>Z>Y>X
B. t与r反应时，r为氧化剂
C. 生活中可用u使食物增白
D. Z分别与Y、W组成的化合物中化学健类型可能相同
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u能使品红溶液褪色，u为SO2；v的俗名叫烧碱，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，q是S，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，则
A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：Z＞W＞Y＞X，A错误；
B．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，B错误；
C．二氧化硫有毒，生活中不能用二氧化硫使食物增白，C错误；
D．Z分别与Y、W组成的化合物分别为NaH、Na2O时，化学键均为离子键，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查元素推断、无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，u与v为推断的突破口，题目难度中等，注意选项D中Na与H可形成离子化合物NaH，为易错点。
7.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应2HI(g)+Cl2(g)2HCl(g) + I2(s)。下列事实不能说明该反应到平衡状态的是（ ）
A. 断裂1 mol Cl-Cl键同时形成1 mol H-Cl键
B. 容器内气体密度不再改变
C. 容器内气体压强不再改变
D. 容器内气体颜色不再改变
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】A. 断裂1 mol Cl-Cl键同时形成1 mol H-Cl键均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A符合；
B. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中气体质量是变化的，容积始终是不变的，所以容器内气体密度不再改变说明反应达到平衡状态，B不符合；
C. 正反应体积减小，则容器内气体压强不再改变说明反应达到平衡状态，C不符合；
D. 容器内气体颜色不再改变说明碘的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，D不符合；
答案选A。
8.一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通入乙烷(C2H6)和氧气，其中某一电极反应式为C2H6＋18OH－－14e－===2CO32－＋12H2O。有关此电池的推断不正确的是
A. 通入乙烷的电极为负极
B. 放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降
C. 参加反应的O2与C2H6的物质的量之比为2∶7
D. 溶液中的OH－向负极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A、在燃料电池中，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，通入乙烷的电极为负极，发生氧化反应，A正确；
B、电池工作过程中，电池总反应为2C2H6+8OH-+7O2＝4CO32-+10H2O，反应消耗KOH，因此放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降，B正确；
C、原电池中两极上转移的电子相等，当有28mol电子转移时，正极上消耗7molO2，负极上消耗2molC2H6，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7：2，C错误；
D、原电池中阴离子向负极移动，则溶液中的OH－向负极移动，D正确。
答案选C。
9.为测定一小块铁铝合金样品中的含铝量，现先将其溶于足量盐酸中，然后再向其中加入足量的烧碱溶液，待沉淀全部转化为红褐色时过滤、洗涤，将沉淀物在空气中灼烧，最后得到红棕色粉末，经称量知其质量跟原合金的质量相等。合金中铝的质量分数为
A. 无法计算 B. 70% C. 54% D. 30%
【答案】D
【解析】
【分析】
根据反应过程来分析，合金中铝的质量分数就是氧化铁中氧的质量分数。
【详解】因铁铝溶于酸，生成氯化亚铁、氯化铝．加入过量的氢氧化钠溶液，得氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液．灼烧生成氧化铁，据元素守恒，合金中铝的质量分数就是氧化铁中氧的质量分数，氧化铁中氧的质量分数为：×100%=30%，即合金中铝的质量分数为30%，答案选D。
【点睛】本题考查铝的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量，主要考查了有关化学计算，抓住元素守恒来做非常方便。
10.下图是2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的能量变化图，据图得出的相关叙述正确的是( )
A. 该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放
B. 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) △H＝－(a－b) kJ／mol
C. 1 mol SO2的能量比1 mol SO3的能量高
D. 若某容器内有2 mol SO3充分反应，吸收(a－b) kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 断键需要吸热，形成化学键需要放热，则该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放，A正确；
B. 反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的△H＝(a－b) kJ／mol，B错误；
C. 根据图像可知0.5mol氧气和1 mol SO2的总能量比1 mol SO3的能量高，二氧化硫和三氧化硫的能量不能比较，C错误；
D. 由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若某容器内有2 mol SO3充分反应，吸收的热量小于(a－b) kJ，D错误。
答案选A。
11.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3 kJ·mol-1，则1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6 kJ
B. H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1，则2H2O（1）＝2H2(g)＋O2(g)反应的△H＝+571.6kJ·mol-1
C. 反应物的热效应与是否使用催化剂有关
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g) △H= -38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。
详解：A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJ·mol-1，故正确；C. 催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。故选B。
点睛：注意燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所谓的稳定的氧化物是指二氧化碳或二氧化硫或液态水等。中和热的定义为：强酸和强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，若有弱酸或弱碱或有沉淀生成，反应热都不为中和热。
12.为了探究外界条件对反应aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)的影响，以X和Y物质的量比为a：b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。以下判断正确的是（ ）
A. ΔH＞0，ΔS＞0
B. ΔH＞0，ΔS＜0
C. ΔH＜0，ΔS＞0
D. ΔH＜0，ΔS＜0
【答案】D
【解析】
【详解】分析：本题考查的是温度和压强对反应平衡的影响，从Z的体积分数的大小分析平衡移动方向。
详解：从图分析，压强越大，Z的体积分数越大，说明该反应正反应方向为气体体积减小的方向，即熵减。温度越高，Z的体积分数越小，说明该反应为放热反应，即焓变小于0。故选D。
13.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是（ ）
A. 开启啤酒有泡沫逸出
B. 向FeCl3溶液中加KSCN，有FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe(SCN)3（血红色）反应，平衡后向体系中加入KCl固体使体系红色变浅。
C. 装有NO2的烧瓶置于热水中颜色加深
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】分析：本题考查的是平衡移动原理，根据平衡移动的影响因素进行分析。
详解：A.在啤酒中存在二氧化碳和水反应生成碳酸的平衡状态，开启啤酒的盖，瓶内压强变小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理解释，故不符合题意；B.从实际参与反应的离子分析，氯化钾不参与反应，故不能用平衡移动原理解释，故符合题意；C.二氧化氮的烧瓶中存在二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，加热平衡逆向移动，颜色加深，能用平衡移动解释，故不符合题意；D.氯气溶于水与水反应生成盐酸和次氯酸，在饱和氯化钠溶液中氯离子浓度很大，使氯气和水反应的平衡逆向移动，减少氯气与水的反应，也即减少了氯气的溶解度，故能用平衡移动原理解释，故不符合题意。故选B。
14.在一恒温恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s) ⇌ C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（ ）个
①容器内B(s)物质的量浓度不变；②混合气体的密度不变；③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；⑤C(g)的物质的量浓度不变；⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1；⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零；⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】分析：本题考查的是化学平衡状态的标志，抓住反应的特点是关键。
详解：①B(s)固体，其物质的量浓度为常数始终不变，不能说明反应到平衡，故错误；②因为反应体系中有固体物质，所以当混合气体的密度不变时说明混合气体的总质量不变，则说明反应到平衡，故正确；③因为反应前后气体总物质的量不变，所以混合气体的压强不变不能说明反应到平衡，故错误；④混合气体的平均相对分子质量等于气体的总质量与总物质的量的比值，因为气体总物质的量始终不变，所以当混合气体的平衡相对分子质量不变说明气体总质量不变，可以说明反应到平衡，故正确；⑤C(g)的物质的量浓度不变可以说明反应到平衡，故正确；⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能说明反应到平衡，故错误；⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零，没有说明反应速率的方向，不能说明反应到平衡，故错误；⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A，可以说明反应正逆反应速率相等，反应到平衡，故正确。故有4个可以说明反应到平衡，故选B。
点睛：注意反应中有固体物质存在时，因为固体物质的浓度不变，该物质的浓度变不能说明反应到平衡，涉及气体总质量或相对分子质量不变都可以说明反应到平衡。
15.反应N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+57 kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a、c两点的反应速率：a＞c
B. a、c两点气体的颜色：a深，c浅
C. b、c两点的转化率：b＞c
D. 由b点到a点，可以用加热的方法
【答案】D
【解析】
分析：本题考查的是反应条件对速率和影响，关键是对图像的分析能力的考查。
详解：A.压强越大，反应速率越快，故错误；B.a点二氧化氮的体积分数大于c点，但c点压强大，说明容器的体积变小，所以c点二氧化氮的浓度大，颜色深，故错误；C.b、c两点二氧化氮的体积分数相同，说明转化率相同，故错误；D.从b点到a点，压强不变，二氧化氮的体积分数增加，结合反应为吸热反应，说明反应条件为升温，故正确。故选D。
点睛：注意气体的颜色是二氧化氮的浓度大小的表示，二氧化氮的体积分数与浓度大小没有必然联系，注意改变压强时改变了容器的体积。
16.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中充入A气体、B气体，其浓度分别为2 mol/L，1 mol/L，且发生如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(?)+2D(?)已知“?”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是（ ）
①该反应的化学平衡表达式为：
②此时B的转化率为35%
③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．
④增加C的量，A、B转化率不变
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×4/5=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×3/4=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol-1.2mol=2.8mol、2mol-0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体．①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；②反应的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为×100%=40%，故②错误；③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③正确；④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故④正确；故说法中正确的是③④，答案选C。
17.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。
18.在一定温度下，向一个体积不变的密闭容器中，充入等物质的量的氮气和氢气，发生反应：N2+3H22NH3，下列不能说明反应一定达到平衡状态的是
A. 密度保持不变 B. 氢气的物质的量分数保持不变
C. 容器的压强保持不变 D. 气体的平均相对分子质量不变
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A. 体系的密度等于质量和提及的比值，始终是一个定值，此时的状态不一定是平衡状态，选项A选；B、氢气的物质的量分数保持不变，则各组分的物质的量浓度不变，是平衡的特征，选项B不选；C、反应前后气体系数和变化，所以体系的压强不变的状态是平衡状态，选项C不选；D、混合气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量比值，质量不变，但是物质的量变化，所以混合气体的平均相对分子质量不变的状态是平衡状态，选项D不选；答案选A。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
二、非选择题(本题包括5小题 )
19.海洋资源的利用具有广阔前景。
(1)无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是________(填序号)。
A．Cl2 B．淡水 C．烧碱 D．食盐
(2)从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水中通入Cl2，将Br-氧化，该反应的离子方程式是____。
(3)下图是从海水中提取镁的简单流程。
①工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是________，转Mg(OH)2化为MgCl2的离子方程式是____________。
②由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是________________________。
(4)海带灰中富含以I－形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：
①灼烧海带时所用的主要仪器名称是________________。
②向酸化的滤液中加H2O2溶液，写出该反应的离子方程式_______________________。
反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈________色。
【答案】 (1). BD (2). Cl2+2Br-＝Br2+2Cl- (3). 石灰乳(浆)或Ca(OH)2 (4). Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O (5). MgCl2(熔融) Mg＋Cl2 (6). 坩埚 (7). 2I-＋H2O2＋2H+==I2＋2H2O (8). 紫红
【解析】
（1）A．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，A错误；B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，属于物理变化，B正确；C．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，C错误；D．把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，D正确。答案选BD；（2）氯气具有强氧化性，能和溴离子发生置换反应生成溴，离子方程式为：Cl2+2Br-＝Br2+2Cl-。（3）①工业上常用石灰乳或氧化钙沉淀Mg2+，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2和镁离子反应生成Mg(OH)2；氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2H+==Mg2+＋2H2O 。②镁是活泼的金属，熔融状态下电解氯化镁冶炼镁，电解反应方程式为MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑。（4）①灼烧固体时所用的主要仪器名称是坩埚。②加入氢离子和过氧化氢起的作用为氧化剂，将碘离子转化为单质碘，离子方程式为 2I-＋H2O2＋2H+==I2＋2H2O。③碘的CCl4溶液呈紫红色。
20.A、B、C、D是四种常见的有机物，其中A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B与C在浓硫酸和加热条件下发生反应，生成的有机物有特殊香味；A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示（反应条件已省略）：
（1）B的结构简式为______________，C中官能团的名称为__________。
（2）丙烯酸（CH2＝CH－COOH）的性质可能有_______________。（多选）
A．加成反应 B．取代反应 C．中和反应 D．氧化反应
（3）用一种方法鉴别B和C，所用试剂是___________________。
（4）丙烯酸乙酯的结构简式为_______________。
（5）写出下列反应方程式和有机反应基本类型：
③___________________________，___________反应；
⑤___________________________，___________ 反应。
【答案】 (1). CH3CH2OH (2). 羧基 (3). ABCD (4). Na2CO3或NaHCO3溶液或紫色石蕊试液（答案合理均给分） (5). CH2＝CHCOOCH2CH3 (6). CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOC2H5＋H2O (7). 酯化/取代 (8). nCH2＝CH－COOH (9). 加聚
【解析】
A、B、C、D是四种常见的有机物，其中A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生氧化反应生成C是乙酸，B与C在浓硫酸和加热条件下发生反应，生成的有机物D有特殊香味，是乙酸乙酯；乙醇和丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A是CH2＝CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3COOH，D为CH3COOCH2CH3。则
（1）B是乙醇，结构简式为CH3CH2OH，C是CH3COOH，C中官能团的名称为羧基。
（2）A．丙烯酸含有碳碳双键，能发生加成反应，A正确；B．丙烯酸含有羧基，能发生取代反应，B正确；C．丙烯酸含有羧基，能发生中和反应，C正确；D．丙烯酸含有碳碳双键，能发生氧化反应，D正确。答案选ABCD；
（3）乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，显酸性，因此鉴别B和C的所用试剂是Na2CO3或NaHCO3溶液或紫色石蕊试液。
（4）丙烯酸乙酯的结构简式为CH2＝CHCOOCH2CH3。
（5）反应③是乙醇和乙酸的酯化反应，方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O；反应⑤是丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，方程式为nCH2＝CH－COOH。
21.元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；R－、Z＋、X＋离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体，Q和Y在周期表中的位置相邻，请回答下列问题：
（1）写出单质R的一种工业用途_______________________。
（2）M和R的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是___________（用化学式表示）。
（3）下图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，写出该转化过程的化学方程式为____________________。
（4）由X、Y、Z、M四种元素组成的一种离子化合物A，已知A，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式___________。
（5）科学家认为存在QX5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，已知QX5中含有离子键和极性键，写出化合物的电子式___________。
【答案】 (1). 制漂白粉，制漂白液，自来水消毒等合理答案 (2). HClO4 (3). 2SO2+O2 2SO3 (4). HSO3－+ H2O + Cl2＝SO42－+ 2Cl－+3H＋ (5).
【解析】
【分析】
元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，最外层电子数也只能为6，则M为S元素；结合R－、Z＋、X＋离子所带电荷可知，R元素位于第ⅦA族，Z、X位于第IA族，R原子序数大于硫，故R为Cl，化合物XR在常温下为气体，则X是H元素，Z的原子序数大于O，故Z为Na。Q和Y在周期表中的位置相邻，则Q为N元素，据此解答。
【详解】根据以上分析可知X是H，Q是N，Y是O，Z是Na，M是S，R是Cl。则
（1）单质R是氯气，工业用途有制漂白粉，制漂白液，自来水消毒等。
（2）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氯元素非金属性强于硫元素，则M和R的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4。
（3）由图可知，该转化过程为SO2与O2反应生成三氧化硫，反应化学方程式为：2SO2+O22SO3；
（4）由H、O、Na、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，则A为NaHSO3，A与氯水反应的离子方程式为HSO3－+H2O+Cl2＝SO42－+2Cl－+3H＋；
（5）科学家认为存在NH5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，应是氨水。已知NH5中含有离子键和极性键，因此是由铵根和H－组成的离子化合物，它的电子式为。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，根据核外电子排布规律推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，需要学生熟练掌握基础知识，题目中电子式的书写为易错点，解答时首先判断含有的化学键类型，另外注意氢负离子中2个电子是成对电子不能拆开。
22.(1)甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图一所示。
①从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v(CO)=____________。
②下列说法正确的是____________(填字母序号)。
A．达到平衡时，H2的转化率为65%
B．5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变
C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小
D．2min前v(正)>v(逆)，2min后v(正)
(2)碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下
Ⅰ：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+131.0kJ/mol
Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H= - 43kJ/mol
Ⅲ：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) △H= - 178.3kJ/mol
计算反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)的△H=__________kJ/mol；
若K1、K2、K3分别为反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数，该平衡常数K=_____(用K1、K2、K3表示)。
②对于可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s) CaCO3(s)+2H2(g)，采取以下措施可以提高H2产率的是________。(填字母)
A．降低体系的温度 B．压缩容器的体积
C．增加CaO的量 D．选用适当的催化剂
【答案】 (1). 0.3mol/(L·min) (2). B (3). -90.3 (4). K1·K2·K3 (5). A
【解析】
【分析】
（1）①从反应开始到5min，图象可知CO难度变化为2.00mol/L-0.50mol/L=1.50mol/L，反应速率v=；②A．结合三行计算列式计算，转化率=×100%；B．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，达到平衡状态平均相对分子质量不变；C．达到平衡后，再充人氩气，总压增大分压不变，速率不变；D.2min前后v（正）＞v（逆）；
【详解】①从反应开始到5min，图象可知CO难度变化为2.00mol/L-0.50mol/L=1.50mol/L，从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v（CO）==0.3mol/（L•min）；②A．结合三行计算列式计算，
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），
起始量 2 4 0
变化量 1.5 3 1.5
平衡量 0.5 1 1.5
达到平衡时，H2的转化率=×100%=×100%=75%，选项A错误；B．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变，选项B正确；C．达到平衡后，再充人氩气，总压增大分压不变，速率不变，选项C错误；D.2min前后反应未达到平衡状态，反应正向进行，v（正）＞v（逆），选项D错误；答案选B；(2)①已知Ⅰ：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H1=+131.0kJ/mol；Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2= - 43kJ/mol；Ⅲ：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(S) △H3= - 178.3kJ/mol；根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g) △H= △H1+△H2+△H3=+131.0kJ/mol - 43kJ/mol - 178.3kJ/mol =-90.3kJ/mol；②反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s) CaCO3(s)+2H2(g) △H=-90.3kJ/mol，A．降低体系的温度，平衡正向移动，氢气的产率增大，选项A正确；B．压缩容器的体积，平衡不移动，氢气的产率不变，选项B错误；C．增加CaO的量，平衡不移动，氢气的产率不变，选项C错误；D．选用适当的催化剂，平衡不移动，氢气的产率不变，选项D错误。答案选A。
【点睛】本题考查了好像反应速率计算、化学平衡影响因素、盖斯定律的应用，注意平衡状态下恒温恒容容器中通入惰气总压增大，分压不变，平衡不变，反应速率不变，题目难度中等。
23.在一定温度下，恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g) Z(g) ，各物质的浓度随时间变化如图所示。
（1）从反应开始到4min时平衡，X的平均反应速率为________________。
（2）根据图像数据，4min时平衡常数K=________________。
（3）若使平衡时体系中c(X)=c(Z)，则改变条件为 ________________。（只写一项）
（4）若某时刻，v正（Y）=2v逆（Z），则反应___________达平衡（填“已”或“未”）
（5）图中a.b对应的正反应速率大小关系为va_____vb（填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】 (1). 0.15mol/(L.min) (2). 11.25 (3). 适当升高温度、减小压强、加入X、减少Z或Y (4). 未 (5). 大于
【解析】
【详解】（1）从反应开始到4min时平衡，X的平均反应速率为v=；（2）根据图像数据，4min时X、Y、Z改变的浓度分别为0.6mol/L.、0.3mol/L、0.6mol/L，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，可知反应为2X(g)+Y(g) 2Z(g)。达平衡时的浓度分别为0.4mol/L.、0.2mol/L、0.6mol/L，故平衡常数K=；（3）若使平衡时体系中c(X)=c(Z)，则使平衡逆向移动增大X的浓度减小Z的浓度，反应2X(g)+Y(g) 2Z(g) 为气体体积减小的放热反应，故改变条件可为适当升高温度、减小压强、加入X、减少Z或Y；（4）若某时刻，v正（Y）=2v逆（Z），根据反应的计量数可知，正反应速率大于逆反应速率，则反应未达平衡；（5）根据浓度越大反应速率越快，图中a.b对应Z的浓度在减小，则对应的正反应速率大小关系为va大于vb。
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