【化学】内蒙古自治区乌兰察布市集宁一中2019-2020学年高一下学期第三次月考试题（解析版） 22页

内蒙古自治区乌兰察布市集宁一中2019-2020学年高一下学期第三次月考试题 本试卷满分为100分，考试时间为100分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O ‎16 F 19 P 31 S 32 Cl 35.5‎ 第Ⅰ卷（选择题 共42分）‎ 一、选择题:（本题共21小题，每小题2分，共42分）‎ ‎1.早在西汉时期就有记载“曾青得铁则化为铜”，成为现代湿法冶金的先驱，要加快该化学反应的速率，所采取的下列措施无效的是（ ）‎ A. 增大硫酸铜的浓度 B. 提高反应的温度 C. 增大压强 D. 用铁粉代替铁片 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】影响反应速率的因素很多，有温度、浓度、接触面积等。‎ ‎【详解】A.增大反应物浓度会加快反应速率，增大硫酸铜的浓度是有效的， A项错误；‎ B.升高温度，加快反应速率，B项错误；‎ C.该反应无气体参加，增大压强对反应速率没有影响，C项正确；‎ D.铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积，加快了反应速率， D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. H216O和H218O互为同位素 B. 氟原子的结构示意图：‎ C. He和He互为同素异形体 D. 质子数为53，中子数为78的碘原子：I ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质子数相同，中子数不同的核素互称为同位素，H216O和H218O是由分子构成，不是同位素，A错误；‎ B．氟原子是9号元素，电子数与质子数相同，最外层为7个电子，B错误；‎ C．同素异形体是同种元素形成的不同单质，He和He是质子数相同，中子数不同的核素，互称为同位素，C错误；‎ D．质子数为53，中子数为78的碘原子质量数为131，该原子可表示为：I，D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，2.24LH2O分子中共价键的数目为0.2NA B. 1mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为2 NA C. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92 kJ·mol-1，若放出92kJ能量，生成NH3 2NA D. 0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，水是液体，无法计算‎2.24 L水分子中共价键的数目，故A错误；‎ B．1mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为NA，故B错误；‎ C．N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92 kJ·mol-1，表示的含义是：生成NH3 2NA时，放出92kJ能量，故C正确；‎ D．0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应，因为可逆反应不能进行到底，所以HI分子总数小于0.2 NA，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.下列条件一定能使反应速率加快的是（ ）‎ ‎①增加反应物的物质的量②升高温度③缩小反应容器的体积④加入生成物⑤加入MnO2‎ A. 全部 B. ①②⑤ C. ② D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①若反应物的状态是纯固体或液体物质，则增加反应物的物质的量，化学反应速率不变，故①错误；‎ ‎②升高温度，会使体系的内能增加，化学反应速率增加，故②正确；‎ ‎③对于无气体参加的反应，缩小反应容器的体积，反应速率不变，故③错误；‎ ‎④加入生成物的状态是固体或液体，则反应速率不变，故④错误；‎ ‎⑤加入MnO2是固体物质，若不作催化剂，则对化学反应速率无影响，故⑤错误。‎ 所以一定能使反应速率加快的是②。‎ 故选C。‎ ‎5.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)＝0.45 mol·L-1·min-1 ②v(B)＝0.6 mol·L-1·s-1 ③v(C)＝0.4 mol·L-1·s-1 ④v(D)＝0.45 mol·L-1·s-1，该反应进行的快慢顺序为（ ）‎ A. ④>③＝②>① B. ④<③＝②<①‎ C. ①>②>③>④ D. ④>③>②>①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】首先将速率的单位统一，v(A)＝0.45 mol·L－1·min－1=0.0075 mol·L－1·s－1，然后都用A物质表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知反应速率分别是（mol·L－1·s－1）0.0075、0.2、0.2、0.225，则反应速率大小关系是④＞③＝②＞①，答案选A。‎ ‎6.下列说法错误的是（ ）‎ A. 发生有效碰撞的分子一定是活化分子 B. 活化分子间碰撞一定是有效碰撞 C. 只有发生有效碰撞才能发生化学反应 D. 催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，有效碰撞次数增多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质发生化学反应，必须分子间发生有效碰撞，普通分子间不能发生有效碰撞，故发生有效碰撞的分子一定是活化分子，A正确；‎ B．能够发生有效碰撞的一定是活化分子，但是活化分子不一定发生有效碰撞，B错误；‎ C．只有那些能量相当高的分子之间发生有效碰撞，才能发生反应，故只有发生有效碰撞才能发生化学反，C正确；‎ D．催化剂能够降低反应所需的活化能，使更多的反应物分子成为活化分子，提高了活化分子百分数，使有效碰撞次数增多，D正确；‎ 故选B。‎ ‎7.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 已知石墨比金刚石稳定，则反应C(石墨，s)=C(金刚石，s)为放热反应 B. 物质发生化学反应时都伴随能量变化，则伴随能量变化的物质变化也一定是化学变化 C. 相同条件下，如果1mol氧原子所具有的能量为E1，1mol氧分子所具有的能量为E2，则2E1=E2‎ D. 已知　，　，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质的能量越低，物质的稳定性就越强，石墨比金刚石稳定，说明石墨的能量比金刚石低，则反应C(石墨，s)=C(金刚石，s)为吸热反应，A错误；‎ B．物质发生化学反应时都伴随能量变化，则伴随能量变化的物质变化不一定是化学变化，如浓硫酸的稀释放出热量，但发生的是物理变化，B错误；‎ C．原子形成化学键结合为分子时，放出热量，说明原子具有的能量比分子多，相同条件下，如果1mol氧原子所具有的能量为E1，1mol氧分子所具有的能量为E2，则2E1＞E2，C错误；‎ D．因为气态碘的能量高于固态碘，相同物质的量的气态碘和固态碘分别和氢气发生反应时，气态碘放热更多，焓变更小，已知　，　，则，D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.下列热化学方程式中，正确的是（ ）‎ A. 甲烷燃烧热为890.3 kJ•mol-1，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=+890.3 kJ•molˉ1‎ B. 稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合，其热化学方程式为：H++OH-=H2O △H=-57.3 kJ•molˉ1‎ C. H2燃烧热为285.8kJ•molˉ1，燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ•molˉ1‎ 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】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷的燃烧热为890.3 kJ•molˉ1表示1 mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出热量是890.3‎ ‎ kJ，则表示其燃烧热的化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ•molˉ1，A错误；‎ B．物质反应过程的能量变化不仅与反应的物质的多少有关，也与物质的存在状态有关，因此要注明物质的存在状态，稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合反应产生水的热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ•molˉ1，B错误；‎ C．H2燃烧热为285.8kJ•molˉ1，表示1 mol H2完全燃烧产生1 mol液态H2O，放出285.8 kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ•molˉ1，C项正确；‎ D．合成氨为可逆反应，0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成氨气的物质的量小于1 mol，放热19.3 kJ，则热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<-38.6kJ·mol-1，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N键为942、O＝O键为500、N—N键为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量(kJ)是(　　)‎ A. 194 B. ‎391 ‎C. 516 D. 658‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752 kJ/mol－534 kJ/mol=2218 kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1 mol N―H键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。‎ ‎10.将4molA和2molB在‎2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：‎2A（s）+B（g）⇌‎2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：①‎ 用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol·L-1·s-1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·L-1·s-1③2s时物质A的转化率为30%④2s时物质B的浓度为0.7mol·L-1其中正确的是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】利用三段式法计算：B的浓度为=1mol/L ‎2A‎（s）+B（g）⇌‎2C（g）‎ 起始（mol/L）： 1 0‎ 变化（mol/L）： 0.3 0.6‎ ‎2s时（mol/L）： 0.7 0.6‎ ‎①A为固体，由于固体的浓度在反应中不改变，所以不能用固体物质来表示反应速率，故①错误；‎ ‎②2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）==0.15mol•L-1•s-1，故②错误；‎ ‎③2s时物质A的转化率为α=×100%=30%，故③正确；‎ ‎④2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1，故④正确。‎ 所以正确的为③④。‎ 故选D。‎ ‎11.某化学反应包括A(g)→B(g)、B(g)→C(g)两步反应，整个反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 两步反应均为吸热反应 B. 1mol A(g)的总键能大于1mol C(g)的总键能 C. 1mol C(g)与1mol A(g)的能量差为 D. 反应A(g)→B(g)一定要加热才能发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，A(g)→B(g)反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，B(g)→C(g)反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，A错误；‎ B．由图可知，1mol A(g)的总能量大于1mol C(g)的总能量，则A(g)→C(g)为放热反应，则1molA(g)的总键能小于1molC(g)的总键能，B错误；‎ C．根据图像，1mol C(g)与1mol A(g)的能量差为，C正确；‎ D．反应A(g)→B(g)为吸热反应，但不一定要加热才能发生，D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.下列反应属于可逆反应的是（ ）‎ A. H2和O2点燃生成H2O与H2O电解生成H2和O2‎ B. CuSO4吸水形成晶体与胆矾加热失水生成CuSO4‎ C. Cl2溶于水 D. CaO在一定条件下和CO2反应生成CaCO3与CaCO3分解生成CaO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应不是在同一条件下进行，不属于可逆反应，A不符合题意；‎ B．反应不是在同一条件下进行，不属于可逆反应，B不符合题意；‎ C．Cl2溶于水：Cl2与水反应生成HCl和HClO，同时，HCl和HClO反应生成Cl2与水，属于可逆反应，C符合题意；‎ D．高温时碳酸钙会分解成CaO和CO2；在潮湿的环境中CaO和CO2反应生成碳酸钙，反应条件不一样，不属于可逆反应，D不符合题意；‎ 故选C。‎ ‎13.在固定容积的密闭容器中进行如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，已知反应过程中某一刻SO2、O2、SO3浓度分别为0.2mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，达到平衡时浓度可能是（ ）‎ A. SO2、O2分别为0.4mol/L、0.3mol/L B. O2为0.05mol/L C. SO2、SO3浓度均为0.15mol/L D. SO2为0.24mol/L、SO3为0.16mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，根据硫原子的守恒当SO2的浓度为0.4mol/L时，则SO3的浓度为0，而可逆反应不能进行彻底，即无论进行多长时间，SO3的浓度均不可能为0，故A错误；‎ B．O2的浓度减小，说明反应向正反应方向进行建立平衡，若SO2完全反应，则消耗氧气的浓度为0.1 mol/L，剩余氧气浓度为0.1 mol/L，实际剩余氧气浓度为0.05mol/L小于0.1mol/L，故B错误；‎ C．反应物、生产物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，故C错误；‎ D．SO2的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，根据反应中的硫原子的守恒，SO2和SO3浓度和一定为0.4mol/L，而现SO2为0.24mol/L，SO3为0.16mol/L，满足硫原子的守恒，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.一定条件下，在水溶液中1molCl－、ClO(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. a、b、c、d、e中，c最稳定 B. b→a+c反应的活化能为60kJ·mol－1‎ C. b→a+d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)=ClO(aq)+2Cl－(aq) △H=-116kJ·mol－1‎ D. e是ClO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a、b、c、d、e中a能量最低，所以a最稳定，A错误；‎ B．依据图中数据无法判断b→>a+C反应的活化能，B错误；‎ C．b→a+d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)－3×60kJ/mol= -116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO－(aq)=ClO(aq)+2Cl－(aq) △H=-116kJ·mol－1，C正确；‎ D．e中Cl元素化合价为+7价，而ClO3-中Cl元素化合价为+5价，D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.某温度时在‎2L容器中X、Y、Z三种气态物质的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 该反应的化学方程式为：3X+Y2Z B. 反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为：0.05mol·L﹣1·min﹣1‎ C. 混合气体总质量不随时间的变化而变化,说明反应已达化学平衡状态 D. 平衡后X的转化率为30%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可以知道，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反应，‎ ‎△n(Y)：=0.1 mol，△n(X)=0. 3mol，△n(Z)=0. 2mol，则△n(Y)：△n(X)：△n(Z)=1:3:2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X+Y2Z，故A正确；‎ B．反应开始至2min未，Z的反应速率，故B正确；‎ C．混合气体的总质量始终不随时间的变化而变化，不能判断可逆反应到达平衡，C错误；‎ D．平衡后X的转化率为=，D正确；‎ 故选C ‎16.如图曲线表示其他条件一定时，反应2NO＋O22NO2(正反应为放热反应)达平衡时NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)＞v(逆)的点是（）‎ A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】曲线表示其他条件一定时，平衡状态下NO的转化率与温度的关系。‎ A. a点在温度一定向曲线发展的过程中，NO的转化率降低，说明a点v(正)v(逆)，选项C符合；‎ D. d点达到平衡，v(正)=v(逆)，选项D不符合；‎ 答案选C。‎ ‎17.在‎2L密闭容器中充有2molSO2和一定量的O2，发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。当反应进行到4min时，测得此时SO2为0.4mol，则2min时密闭容器中SO3的物质的量为（ ）‎ A. 1.6‎mol B. 1.2mol ‎ C. 大于1.6mol D. 小于1.2mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据化学反应速率的概念可知，进行到4min时，测得n(SO2‎ ‎)=0.4mol，此时反应的速率为v(SO2)==0.2mol/(L•min)；反应进行到前2min末时设二氧化硫物质的量为x，依据速率定义可得v′(SO2)=；进行到2min时的物质浓度大于4min时的物质的浓度，所以反应时4min的反应速率小于2min的反应速率，即v′(SO2)=＞0.2mol/(L•min)，整理得，x＜1.2mol，故选D。‎ ‎18.如图为氟利昂（如CFCl 3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列不正确的是 （ ）‎ A. 过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键 B. 过程Ⅱ可表示为O3 + Cl =ClO + O2‎ C. 过程Ⅲ中O + O = O2是吸热过程 D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】A、过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，选项A正确；B、根据图中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确；C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项D正确。答案选C。‎ ‎19.一定量的锌粒与足量稀硫酸反应，向反应混合液中加入某些物质，下列判断不正确的是（ ）‎ A. 加入少量水，产生H2速率减小，H2体积不变 B. 加入NH4HSO4固体，产生H2速率不变，H2体积不变 C. 加入CH3COONa固体，产生H2速率减小，H2体积不变 D. 滴加少量CuSO4溶液，产生H2速率变大，H2体积减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入少量水，氢离子的浓度降低，产生H2速率减小，但总量不变，且该反应中Zn少量，所以生成H2体积不变，故A正确；‎ B．加入NH4HSO4固体，硫酸氢铵会电离出氢离子，使溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，故B错误；‎ C．加入CH3COONa固体，醋酸根结合氢离子生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但总量不变，且该反应中Zn少量，所以生成H2体积不变，故C正确；‎ D．加入少量硫酸铜，Zn置换出铜形成原电池，加快反应速率，该反应中Zn少量，而又有一部分Zn与Cu2+反应，所以生成的氢气减少，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎20.二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，结果如图所示。下列判断正确的是（ ）‎ A. 在0～20min之间，pH＝7时R的降解速率为7×10-2mol·L-1·min-1‎ B. R的起始浓度为1.5×10-4mol·L-1的降解速率大 C. 在这三种pH条件下，二氧化钛对pH＝2的R溶液催化降解效率最好 D. 在0～50 min之间，R的降解百分率pH＝2等于pH＝7‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．据图可知pH=7时，0～20min之间△c(R)=(1.8-0.4)×10-4mol·L-1，降解速率为=7×10-6mol•L-1•min-1，故A错误；‎ B．三条曲线起始浓度不同，pH也不同，无法比较起始浓度对反应速率的影响，且一般情况下浓度越小反应速率越慢，故B错误；‎ C．据图可知pH=2时曲线的斜率最大，即降解速率最大，所以二氧化钛对pH=2的R溶液催化降解效率最好，故C正确；‎ D．据图可知0～50 min之间pH=2和pH=7两种情况下c(R)均变为0，即降解率都是100%，故D正确；‎ 故答案为CD。‎ ‎21.在一定温度下，固定容积的密闭容器中发生反应A(g)＋3B(g) ‎2C(g)＋2D(s)，下列叙述不是反应达到平衡状态标志的是（ ）‎ ‎①2υ正(B)=3υ逆(C) ②单位时间内生成amol A，同时生成3amol B ‎③A、B、C的浓度不再变化 ④混合气体密度不随时间变化而变化 ‎⑤混合气体的总压强不再变化 ⑥密闭容器中C的体积分数不变 ‎⑦单位时间内消耗amol A，同时生成3amol B ⑧A、B、C、D的分子数之比为1∶3∶2∶2‎ A. ②⑧ B. ②⑤⑧ C. ①③④⑦ D. ②⑤⑥⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对于A(g)＋3B(g) ‎2C(g)＋2D(s)；‎ ‎①不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，可逆反应到达平衡状态，2υ正(B)=3υ逆(C)，即υ正(B)：υ逆(C)=3：2，说明到达平衡，①是反应达到平衡状态标志，故不选①；‎ ‎②单位时间内a mol A生成，同时生成‎3a mol B，在任何情况下都成立，②不是反应达到平衡状态标志，故选②；‎ ‎③A、B、C的浓度不再变化，说明达到平衡状，③是反应达到平衡状态标志，故不选③；‎ ‎④混合气体密度不再变化，说明达到平衡状态，④反应达到平衡状态标志，故不选④；‎ ‎⑤达到平衡后，A、B、C气体的物质的量及体积不再随时间的变化而变化，故混合气体的总压强不再变化，⑤是反应达到平衡状态标志，故不选⑤；‎ ‎⑥未达到平衡状态时，混合气体的体积分数是发生变化的，若混合气体的体积分数不再变化，说明达到了平衡状态，⑥是反应达到平衡状态标志，故不选⑥；‎ ‎⑦单位时间消耗a mol A，反映的是正反应速率，同时生成‎3a mol B，反映的是逆反应速率，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，⑦是反应达到平衡状态标志，故不选⑦；‎ ‎⑧平衡时各物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C、D的分子数之比不一定为1∶3∶2∶2，不能判断反应是否平衡，⑧不是反应达到平衡状态标志，故选 ‎⑧；‎ 故本题选A。‎ 第II卷（填空题 共58分）‎ ‎22.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。‎ ‎（1）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气(标准状况)，实验记录如表(累计值)：‎ 时间(min)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 氢气体积(mL)‎ ‎100‎ ‎240‎ ‎464‎ ‎576‎ ‎620‎ ‎①哪一时间段反应速率最大_______min(填0~1、1~2、2~3、3~4、4~5)。反应开始后反应速率先增大的原因是________________。‎ ‎②求3~4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_______(设溶液体积不变)。‎ ‎（2）另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入少量的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是_______‎ A．蒸馏水 B．KCl溶液 C．KNO3溶液 D．CuSO4溶液 ‎（3）某温度下在‎4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图 ‎①该反应的化学方程式是____________。‎ ‎②该反应达到平衡状态的标志是_________。‎ A．X、Y、Z的反应速率相等 B．X、Y的反应速率比为3:1‎ C．容器内气体压强保持不变 D．生成1mol Y的同时生成2mol Z ‎③2min内X的转化率为__________。‎ ‎④平衡后z所占的体积分数为__________。‎ ‎【答案】(1). 2~3 (2). 该反应为放热反应，此时温度高，且盐酸浓度大，速率大 (3). 0.025mol·L-1·min-1 (4). CD (5). 3X+Y2Z (6). CD (7). 30% (8). 29.4%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)、①在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、‎ ‎140mL、224mL、112mL、54mL，由此可知反应速率最大的时间段为2~3min；因为该反应是放热反应，开始阶段温庹对反应的速率起决定性的作用，温度越高，反应速率越大，故笞案为：2~3；该反应为放热反应，此时温度高，且盐酸浓度大，速率大；‎ ‎②、在3~‎4in时间段内，n(H2)=‎0.112L/‎22.4L/mol=0.005mol，根据2HCl~H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则，故答案为:0.025mol·L-1·min-1；‎ ‎(2)A．加入蒸馏水，H+浓度诚小，反应速率减小，且不减少产生氢气的量，故A可行；‎ B．加入KCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B可行；‎ C．加KNO3溶液，H+浓度减小，因酸性溶液中有NO3-，具有强氧化性，与Zn反应无氢气生成，故C不可行；‎ D．加入CuS04溶液，Zn置换出Cu，反应速度增大，且影响生成氢气的量，故D不可行；故答案为：C D；‎ ‎(3)①由图像可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物。当反应进行到5min时，△n(Y)=0.2mo1，△n(Z)=0.4mo1，△n(X)=0.6mo1，则 ‎△n(Y)：△n(Z)：△n(X)=1:2:3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；‎ ‎②A．X、Y、Z的反应速率相等，不能说明是否变化，不能作平衡状态的标志，故A错误；B．随着反应的进行，X、Y的反应速率比始终为3:1，不能作为平衡状态的标志，故B错误；‎ C．体积固定，混合气体的总物质的量不确定，当容器的压强保持一定，说明正逆反应速率相等反应达到平衡状态，故C正确；‎ D．生成1mo1Y的同时生成2mo1Z，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：CD；‎ ‎③2min内X的转化率为，故答案为：30%；‎ ‎④由图像可知，平衡后X为0.4mol，Y为0.8mol，Z为0.5mol，‎ ‎ 在相同的条件下，Z所占的体积分数为与物质的量分数相同，则平衡后Z所占的体积分数为，故本题答案为：29.4%。‎ ‎23.X、Y、Z 为不同短周期非金属元素的气态单质。在一定条件下能发生如下反应：Y+X→甲(g)，Y+Z→乙(g)。甲为10电子分子，Z为黄绿色气体。甲、乙可化合生成离子化合物。‎ ‎（1）X 的电子式是__________，甲的结构式是__________。实验室制备Z的化学方程式___________________。‎ ‎（2）写出Y+X→甲的化学方程式___________________。‎ ‎（3）已知常温下，为液体，为固体。白磷在Z气体中燃烧生成液态丙分子，白磷固体和 Z 气体反应，生成1mol液态丙时，能量变化如图所示，写出该反应的热化学方程式_______________。‎ 已知1mol白磷固体和Z气体反应，生成固态丁时，放热b kJ，则1mol固态丁转化为液态丙时的反应热_____。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). (4). (5). (6). -(b/4-a)kJ · mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z为不同短周期非金属元素的气态单质，Y+X→)甲(g)，Y+Z→>乙(g)，甲为10电子分子，Z为黄绿色气体，甲、乙可化合生成离子化合物，则该化合物为NH4Cl，则甲为NH3，乙为HCl，Y为H2，X为N2，Z为Cl2。‎ ‎【详解】(1)X为N2，氮原子之间有3对共用电子对，电子式为：，甲是氨气，结构式为：，Z为Cl2，实验室制备氯气是用二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为：，故本题答案为： ；；；‎ ‎ (2)Y+X→甲(g)的化学方程式为，故本题答案为：；‎ ‎ (3)根据图象可知，白磷和氯气的总能量大于PCl3的能量，该反应为放热反应，所以热化学方程式为：，1mol白磷固体和氯气反应，生成固态PCl5时，放热b kJ，则1mol固态丁转化为液态丙时的反应热=-(b/4-a)kJ · mol-1，故本题答案为：；-(b/4-a)kJ · mol-1；‎ ‎24.亚硝酸氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)。‎ ‎（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：‎ ‎①4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g）+Cl2(g) ΔH1‎ ‎②2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) ΔH2‎ ‎③2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) ΔH3‎ 则ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系为ΔH3=____________。‎ ‎（2）已知几种化学键的键能数据如表（亚硝酸氯的结构为Cl-N=O，一氧化氮的结构为N≡O）‎ 化学键 N≡O Cl-Cl Cl-N N=O 键能/kJ • mol-1‎ ‎630‎ ‎243‎ a ‎607‎ 则2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)反应的ΔH=_________kJ ·mol-1‎ ‎（3）T℃时，2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)的正反应速率表达式为υ正=kcn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：‎ 序号 c(ClNO)/mol·L－1‎ υ/mol·L－1· s－1‎ ‎①‎ ‎0.30‎ ‎3.6×10－8‎ ‎②‎ ‎0.60‎ ‎1.44×10－7‎ ‎③‎ ‎0.90‎ ‎3.24×10－7‎ n=__________；k=___________（注明单位）。‎ ‎（4）在‎2 L的恒容密闭容器中充入4mol NO(g)和2molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图。‎ ‎①由图可知T1、T2温度的速率υ1______υ2温度T1______T2。（填＞、＜或＝）‎ ‎②温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有__________。‎ a．气体体积保持不变 b．容器压强保持不变 c．气体颜色保持不变 d．υ(ClNO)=υ(NO) e．NO与ClNO的物质的量比值保持不变 ‎③反应开始到10min时，Cl2的平均反应速率υ(Cl2)=_______________。‎ ‎【答案】(1). 2ΔH2-ΔH1 (2). 289‎-2a (3). 2 (4). 4×10‎-7L·mol-1·s-1 (5). < (6). < (7). bce (8). 0.05mol·L-1·min-1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律，将方程式2×②-①得方程式③，则ΔH3=2ΔH2-ΔH1，本题答案为：2ΔH2-ΔH1；‎ ‎（2）反应的焓变ΔH等于反应物总键能减去生成物总键能，即有ΔH=（630×2+243－607×2－‎2a）kJ ·mol-1=（289－‎2a）kJ ·mol-1，本题答案为：289－‎2a；‎ ‎（3）根据表格信息计算可得，反应速率与ClNO浓度的平方成正比，所以n=2，将n=2代入υ正=kcn(ClNO)，并将表中数据代入该式，计算可得k=4×10‎-7L·mol-1·s-1，本题答案为：2；4×10‎-7L·mol-1·s-1；‎ ‎（4）①由图可知T1＜T2，温度越高，速率越快，所以的速率υ＜υ2，故本题答案为：＜；＜；‎ ‎②a.恒容条件下，容器体积始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；‎ b.反应前后气体的物质的量减小，压强越小，当容器压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；‎ c.只有氯气有颜色,当气体颜色保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；‎ d.υ(ClNO)=υ(NO) 时反应方向未知，无法确定是否达到平衡状态，故错误；‎ e.NO与ClNO的物质的量比值保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；‎ 故选bce；‎ ‎③反应开始到10min时，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此得 ‎ ，故本题答案为：。‎ ‎25.砷及其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂与多种合金中，其中三氧化二砷（AS2O3)被称为砒霜，是一 种毒性很强的物质。回答下列问题：‎ ‎（1）As在元素周期表中的位置是_____________，AsH3的电子式_________。‎ ‎（2）一定条件下，雄黄（As4S4)与As2O3的转化关系如图所示。若该反应中1mol As4S4(其中As元素的化合价为+2)参加反应时，转移28mole-，则物质a为_________(填化学式）。‎ ‎（3）焦炭真空冶炼砷时需加入催化剂，其中部分反应的热化学方程式如下：‎ 反应 I ．As2O3(g) +‎3C(s) 2As(g) +3CO(g) =a kJ· mol-1‎ 反应 II．As2O3(g) +‎3C(s) As4(g) +3CO(g) =b kJ ·mol-1‎ 反应III．As4(g) 4As(g) ‎ ‎① =_________kJ ·mol-1 (用含a，b的代数式表示）。‎ ‎②反应中催化剂的活性会因为反应II[生成As4(g)]的发生而降低，同时存在的反应III可使As4(g)的量减少。已知催化剂X、Y的相关数据如表所示：‎ 反应II 反应III 活化能/‎ ‎(kJ ·mol -1 )‎ 催化剂X ‎56‎ ‎75‎ 催化剂Y ‎37‎ ‎97‎ 由表中数据判断催化剂X_______ (填“优于”或“劣于”）催化剂Y。‎ ‎（4）298 K 时，将 20mL 3xmol·L-1 Na3AsO3溶液、20 ml 3xmol·L-l I2溶液和 20mL 6xmol· L-l ‎ NaOH 溶液混合（忽略溶液体积变化），发生反应:(aq) +I2(aq) +2OH-(aq) (aq) +2I-(aq) +H2O(l)。溶液中 c()与反应时间(t)的关系如图所示。‎ ‎①下列可说明反应达到平衡的是_______ (填标号）。‎ a．v(I- ) =2v( ) ‎ b．溶液的c（OH-）不再发生变化 c．c(I-) =ymol· L-1 ‎ d．c()/c()不再发生变化 e．c(Na+) =5xmol· L-1‎ ‎②tm min时，v正（)_______ (填“大于”“小于”或“等于”）v逆( )。‎ ‎③tm min时v逆( ) _______ (填“大于”“小于”或“等于”）tn时v逆( )，理由是___________________。‎ ‎【答案】(1). 第四周期第ⅴA族 (2). (3). SO2 (4). ‎2a-2b (5). 优于 (6). bd (7). > (8). < (9). tm时生成物浓度较低 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)As是33号元素，根据其核外电子排布规律确定元素周期表中的位置；AsH3是共价化合物，据此写出电子式；‎ ‎(2)根据题给信息，结合氧化还原反应规律确定反应中消耗氧气的量，根据原子守恒确定产物的化学式；‎ ‎(3)①根据盖斯定律进行计算；‎ ‎②反应的活化能越小，反应速率越快，根据表格数据和题给信息(反应中催化剂的活性会因为发生反应Ⅱ(生成As4)而降低，同时存在的反应Ⅲ使As4量减少)，相对于催化剂Y，使用催化剂X时，反应Ⅱ(生成As4)的活化能更大，生成As4的反应速率小，从而降低副反应Ⅱ 的进行程度，并且反应Ⅲ活化能相对较小，消耗As的反应速率大，使As4尽可能转化为As； ‎ ‎(4)①根据反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变进行平衡状态的分析；‎ ‎②结合图像分析，反应从正反应方向开始进行，tm时反应继续正向进行；‎ ‎③结合图像分析，tm时AsO43-的浓度比tn时小，所以逆反应速率v(tm)v(逆)，本题答案为：>；‎ ‎③tm时AsO43-的浓度比tn时小，所以逆反应速率v(tm)