化学卷·2018届河北省唐山一中高二上学期调研化学试卷（9月份） （解析版） 23页

2016-2017 学年河北省唐山一中高二（上）调研化学试卷（9 月 份） 一．选择题（本题包括 25 小题，每小题 2 分，共 50 分．每小题只有一个选项符合题意．） 1．化学与社会、环境密切相关，下列有关说法正确的是（ ） A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B．氯气和氢氧化钠溶液和石灰乳得到的含氯化合物都具有漂白性 C．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路” D．对“地沟油”蒸馏可以获得汽油 2．下列对相应有机物的描述完全正确的是（ ） ①甲烷：天然气的主要成分，能发生取代反应 ②乙烯：一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应 ③苯：平面结构，每个分子中含有 3 个碳碳双键 ④油脂：属于高分子化合物，可以发生水解反应 ⑤淀粉：属于糖类物质，遇碘元素变蓝色 ⑥蛋白质：遇浓硝酸显黄色，水解的最终产物为氨基酸． A．①②③ B．②④⑥ C．①⑤⑥ D．①②⑥ 3．电解 CuSO4 溶液时，要求达到三点（1）阳极质量减少；（2）阴极质量增加；（3）电解 质溶液中 c（Cu2+）不变，则可选用的电极是（ ） A．纯铜作阳极，含 Zn 和 Ag 的铜合金作阴极 B．含 Zn 和 Ag 的铜合金作阳极，纯铜作阴极 C．用纯铁作阳极，纯铜作阴极 D．用石墨作阳极，纯铜作阴极 4．甲、乙两种非金属：①甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的 水化物酸性强；②甲比乙更容易与氢气化合；③甲单质能与乙阴离子发生氧化还原反应； ④与金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔沸点比乙的低．能说明甲比 乙的非金属性强的是（ ） A．①②③④ B．①②③ C．①②③④⑤ D．②③④⑤ 5．下列有关甲烷的说法中错误的是（ ） A．采煤矿井中的甲烷气体是植物残体经微生物发酵而来的 B．天然气的主要成分是甲烷 C．甲烷是没有颜色、没有气味的气体，极易溶于水 D．甲烷与氯气发生取代反应所生成的产物四氯甲烷是一种效率较高的灭火剂 6．在一定温度下，向 a L 密闭容器中加入 1mol X 气体和 2mol Y 气体，发生如下反应：X （g）+2Y（g） ⇌ 3Z（g）此反应达到平衡的标志是（ ） A．容器内压强不随时间变化 B．容器内各物质的浓度不随时间变化 C．容器内 X、Y、Z 的浓度之比为 1：2：3 D．单位时间消耗 0.1 mol X 同时生成 0.3 mol Z 7．下列物质①K2SO4 ②HCHO（甲醛） ③MgSO4 ④Hg（NO3）2（硝酸汞） ⑤NH4Cl ⑥KOH 能使蛋白质变性的是（ ） A．①③⑤ B．②④⑥ C．①②③ D．④⑤⑥ 8．在周期表主族元素中，X 元素位于第二周期，且分别与 Y、Z、W 三元素相邻，X、Y 的 原子序数之和等于 Z 的原子序数，这四种元素原子的最外层电子数之和为 20．下列判断正 确的是（ ） A．原子序数：Z＞Y＞X＞W B．X、Y、Z、W 形成的单质最多有 6 种 C．X 元素最高价氧化物对应水化物的化学式为：H3XO4 D．四种元素的气态氢化物中，W 的气态氢化物最稳定 9．天然气根据成分不同分为贫气和富气，贫气中甲烷的含量较多，富气中乙烷、丙烷、丁 烷的含量相对高一些．若要将它们液化，下列说法正确的是（ ） A．贫气易液化 B．富气易液化 C．二者液化条件相同 D．加压降温均有利于两者液化 10．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（ ） A．加热 B．不用稀硫酸，改用 98%的浓硫酸 C．滴加少量 CuSO4 溶液 D．不用铁片，改用铁粉 11．硬脂酸甘油酯经皂化反应后，得到硬脂酸钠和甘油．欲分离出硬脂酸钠，应采用的方法 是：（ ） ①用滤纸过滤 ②用分液漏斗分液 ③加热蒸发 ④加入热的饱和食盐水． A．④③ B．④② C．①③ D．④① 12．有关煤的叙述中，不正确的是（ ） A．煤是工业上获得苯、甲苯、二甲苯等芳香烃的重要来源 B．煤是由多种有机化合物组成的混合物，内含煤焦油等成分 C．煤除了含有 C、H 元素外，还含有少量的 N、S、O 等元素 D．煤等化石燃料的储量有限，节能和开发新能源是人类实现可持续发展的关键之一 13．下列各组物质在溶液中反应时，以任意量混合均能用同一离子方程式表示的是（ ） A．Ca（HCO3）2 溶液和 Ca（OH）2 溶液 B．NaHCO3 溶液和 Ca（OH）2 溶液 C．Na2CO3 溶液和稀盐酸 D．Fe 和稀硝酸 14．根据碘与氢气反应的热化学方程式 （Ⅰ） I2（g）+H2（g） ⇌ 2HI（g）△H=﹣9.48kJ/mol （Ⅱ） I2（s）+H2（g） ⇌ 2HI（g）△H=+26.48kJ/mol 下列判断正确的是（ ） A．254g I2（g）中通入 2g H2（g），反应放热 9.48kJ B．1mol 固态碘与 1mol 气态碘所含的能量相差 l7.00kJ C．反应（Ⅰ）的产物比反应（Ⅱ）的产物稳定 D．反应（Ⅰ） 拆开 1mol I﹣I 键与 1mol H﹣H 键需要的总能量小于拆开 2mol H﹣I 键需要 的总能量 15．下列平衡体系中，升温或减压都能使平衡向正反应方向移动的是（△H＜0 表示放热） （ ） A．N2（g）+3H2（g） ⇌ 2NH3（g）△H＜0 B．N2（g）+O2（g） ⇌ 2NO（g）△H＜0 C．C（s）+2H2O（g） ⇌ CO2（g）+2H2（g）△H＞0 D．2SO2（g）+O2（g） ⇌ 2SO3（g） △H＜0 16．能说明某烃分子里含有碳碳不饱和键的叙述中正确的是（ ） A．分子组成中含碳氢原子数比为 1：2 B．完成燃烧生产等物质的量的 CO2 和 H2O C．能与溴加成反应而使溴水褪色，还能使 KMnO4 酸性溶液褪色 D．空气中燃烧能产生黑烟 17．如图为两个原电池装置图，由此判断下列说法错误的是（ ） A．当两电池转移相同电子时，生成和消耗 Ni 的物质的量相同 B．两装置工作时，盐桥中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动 C．由此可判断能够发生 2Cr3++3Ni=3Ni2++2Cr 和 Ni2++Sn=Sn2++Ni 的反应 D．由此可判断 Cr、Ni、Sn 三种金属的还原性强弱顺序为：Cr＞Ni＞Sn 18．下列离子方程式正确的是（ ） A．三氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓ B．4mol•L﹣1 的 NaAlO2 溶液和 7mol•L﹣1 的 HCl 等体积互相均匀混合： C．K37ClO3 与浓盐酸（HCl）在加热时生成氯气： D．将 25mL 0.1mol•L﹣1 盐酸缓缓滴入 25mL 0.1mol•L﹣1Na2CO3 溶液中，并不断搅拌： 19．某烃有两种或两种以上的同分异构体，其同分异构体中的某一种的一氯代物只有一种， 则这种烃可能是：①分子具有 7 个碳原子的芳香烃②分子中具有 4 个碳原子的烷烃③分子 中具有 12 个氢原子的烷烃④分子中具有 8 个碳原子的烷烃（ ） A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 20．如图所示，U 形管中装入含有紫色石蕊的 Na2SO4 试液，通直流电，一段时间后 U 形管 内会形成三色“彩虹”的现象，它从左到右颜色的次序是（ ） A．蓝、紫、红 B．红、蓝、紫 C．红、紫、蓝 D．蓝、红、紫 21．下面四个选项是四位同学在学习过化学反应速率和化学平衡理论以后，联系化工生产实 际所发表的看法，你认为不正确的是（ ） A．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品 B．化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品 C．化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率 D．正确利用化学反应速率和化学平衡理论都可提高化工生产的综合经济效益 22．一定质量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到 CO、CO2 和水的总质量为 27.6g，若 其中水的质量为 10.8g，则 CO 的质量是（ ） A．4.4g B．1.4g C．2.2g D．在 2.2g 和 4.4g 之间 23．某兴趣小组设计如下微型实验装置．实验时，先断开 K2，闭合 K1，两极均有气泡产生； 一段时间后，断开 K1，闭合 K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（ ） A．断开 K2，闭合 K1 时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl﹣ Cl2↑+H2↑ B．断开 K2，闭合 K1 时，石墨电极附近溶液变红 C．断开 K1，闭合 K2 时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e﹣=2Cl﹣ D．断开 K1，闭合 K2 时，石墨电极作正极 24．下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是（ ） A．在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值 B．化学平衡常数 K 可以推断一个可逆反应进行的程度 C．化学平衡常数 K 只与温度、反应物浓度、体系的压强有关 D．当改变反应物的浓度时，化学平衡常数会发生改变 25．全钒电池以惰性材料作电极，在电解质溶液中发生的电池总反应为：VO2+（蓝色） +H2O+V3+（紫色） VO2 +（黄色）+V2+（绿色）+2H+下列说法错误的（ ） A．充电时，反应每生成 2mol H+时电子转移的物质的量为 2mol B．放电过程中，正极附近溶液的酸性减弱 C．放电时，正极反应为 VO2 ++2H++e﹣=VO2++H2O D．充电时，阳极附近溶液由蓝色逐渐变为黄色 二．简答题（本题包括 5 小题，共 50 分） 26．密闭容器中加入 4mol A、1.2mol C 和一定量的 B 三种气体，一定条件下发生反应，各 物质的浓度随时间变化如甲图所示[已知 t0～t1 阶段保持恒温、恒容，且 c（B）未画出]．乙 图为 t2 时刻后改变反应条件，反应速率随时间的变化情况，已知在 t2、t3、t4、t5 时刻各改 变一种不同的条件，其中 t3 时刻为使用催化 剂． （1）若 t1=15s，则 t0～t1 阶段的反应速率为 v（C）= ． （2）t4 时刻改变的条件为 ，B 的起始物质的量为 ． （3）t5 时刻改变的条件为 ，该反应的逆反应为 （填“吸热反应”或“放热反应”）． （4）图乙中共有Ⅰ～Ⅴ五处平衡，其平衡常数最大的是 ． 27．碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料．工业碳酸钠（纯度约 98%）中 含有 Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl﹣和 SO42﹣等杂质，提纯工艺流程如下： 已知碳酸钠的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示： 回答下列问题： （1）滤渣的主要成分为 ． （2）“趁热过滤”的原因是 ． （3）若在实验室进行“趁热过滤”，可采取的措施是 （写出一种）． （4）已知：Na2CO3•10H2O （s）═Na2CO3（s）+10H2O（g）△H1=+532.36kJ•mol﹣1 Na2CO3•10H2O（s）═Na2CO3•H2O（s）+9H2O（g）△H2=+473.63kJ•mol﹣1 写出 Na2CO3•H2O 脱水反应的热化学方程式 ． 28．甲、乙、丙为常见单质．A、B、C、D、E、F、G、H 均为中学化学中常见的化合物， 其中 B、G 的焰色反应均为黄色，C 能使品红溶液褪色．在一定条件下，各物质相互转化关 系如图所示．请回答下列问题： （1）用化学式表示：丙为 ，H 为 ． （2）A 的电子式为 ． （3）电解 E 的水溶液时，E 起到的作用是 ． （4）写出 B+C﹣→D 的化学方程式： ；写出 E+G﹣→F 的离子方程式： ． 29．N2O5 是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注． （1）一定温度下，在恒容密闭容器中 N2O5 可发生下列反应：N2O5（g） ⇌ 4NO2（g）+O2 （g）；△H＞0 ①反应达平衡后，再通入一定量 N2O5，则 N2O5 的转化率将 ．（填““增大”“减小”或“不 变”）； ②下表为反应在 T1 温度下的部分实验数据： t/s 0 500 1 000 c（N2O5）/mol•L﹣1 5.00 3.52 2.48 则 500s 内 N2O5 的分解速率为 ． ③在 T2 温度下，反应 1000s 时测得 NO2 的浓度为 4.98mol•L﹣1，则 T2 T1． （2）如图所示装置可用于制备 N2O5，则 N2O5 在电解池的 区生成，其电极反应式为 ． 30．含铬（Cr）工业废水的处理原理是将 Cr2O72﹣转化为 Cr3+，再将 Cr3+转化为沉淀．转化 过程中，废水 pH 与 Cr2O72﹣转化为 Cr3+的关系如图 1 所示，实验室模拟工业电解法处理含 铬废水的装置如图 2 所示． 请根据以上知识回答下列问题： （1）含铬废水预处理的方法是 ． （2）写出下列反应的离子方程式： ①电解过程中的阴极反应式 ； ②Cr2O72﹣转化为 Cr3+的离子方程式 ． 2016-2017 学年河北省唐山一中高二（上）调研化学试卷 （9 月份） 参考答案与试题解析 一．选择题（本题包括 25 小题，每小题 2 分，共 50 分．每小题只有一个选项符合题意．） 1．化学与社会、环境密切相关，下列有关说法正确的是（ ） A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B．氯气和氢氧化钠溶液和石灰乳得到的含氯化合物都具有漂白性 C．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路” D．对“地沟油”蒸馏可以获得汽油 【考点】常见的生活环境的污染及治理． 【分析】A．根据“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染； B．根据次氯酸盐具有漂白性，氯化物无漂白性； C．根据光导纤维的主要成分是二氧化硅以及二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠 和水； D．根据“地沟油”的主要成分是油脂，而汽油是烃的混合物． 【解答】解：A．“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是用化学原理 对环境污染进行治理，故 A 错误； B．氯气和氢氧化钠溶液或石灰乳反应得到的含氯化合物有氯化物、次氯酸盐，次氯酸盐具 有漂白性，氯化物无漂白性，故 B 错误； C．二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以 光导纤维遇强碱会“断路”，故 C 正确； D．“地沟油”的主要成分是油脂，而汽油是烃的混合物，所含元素的种类不同，所以不能通 过蒸馏“地沟油”可以获得汽油，故 D 错误； 故选 C． 2．下列对相应有机物的描述完全正确的是（ ） ①甲烷：天然气的主要成分，能发生取代反应 ②乙烯：一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应 ③苯：平面结构，每个分子中含有 3 个碳碳双键 ④油脂：属于高分子化合物，可以发生水解反应 ⑤淀粉：属于糖类物质，遇碘元素变蓝色 ⑥蛋白质：遇浓硝酸显黄色，水解的最终产物为氨基酸． A．①②③ B．②④⑥ C．①⑤⑥ D．①②⑥ 【考点】有机化学反应的综合应用． 【分析】①甲烷：天然气的主要成分，光照条件下能和氯气发生取代反应； ②乙烯：一个国家石油化工发展水平的标志，含有碳碳双键而能发生加成反应； ③苯：平面结构，分子中不含碳碳双键或碳碳单键，存在介于单键和双键之间的特殊键； ④油脂：相等分子质量较小而属于小分子化合物，可以发生水解反应生成高级脂肪酸或高 级脂肪酸盐和甘油； ⑤淀粉：属于糖类物质，遇碘单质变蓝色； ⑥蛋白质：遇浓硝酸显黄色而发生颜色反应，水解的最终产物为氨基酸． 【解答】解：①甲烷：天然气的主要成分，光照条件下能和氯气发生取代反应生成氯代烃 和 HCl，故正确； ②乙烯：一个国家石油化工发展水平的标志，含有碳碳双键而能发生加成反应，能和 HCl、 H2O 等在一定条件下发生加成反应，故正确； ③苯：平面结构，分子中不含碳碳双键或碳碳单键，存在介于单键和双键之间的特殊键， 苯能发生加成反应和取代反应，故错误； ④油脂：相等分子质量较小而属于小分子化合物，因为含有酯基，所以能发生水解反应， 水解反应生成高级脂肪酸或高级脂肪酸盐和甘油，故错误； ⑤淀粉：属于糖类物质，遇碘单质变蓝色，是淀粉的特征反应，故错误； ⑥蛋白质：遇浓硝酸显黄色而发生颜色反应，因为含有肽键而能发生水解反应，水解的最 终产物为氨基酸，故正确； 故选 D． 3．电解 CuSO4 溶液时，要求达到三点（1）阳极质量减少；（2）阴极质量增加；（3）电解 质溶液中 c（Cu2+）不变，则可选用的电极是（ ） A．纯铜作阳极，含 Zn 和 Ag 的铜合金作阴极 B．含 Zn 和 Ag 的铜合金作阳极，纯铜作阴极 C．用纯铁作阳极，纯铜作阴极 D．用石墨作阳极，纯铜作阴极 【考点】电解原理． 【分析】电解 CuSO4 溶液时，要求达到三点（1）阳极质量减少；（2）阴极质量增加；（3） 电解质溶液中 c（Cu2+）不变，则该装置是电镀池，铜作阳极、其它金属作阴极，电解质溶 液为硫酸铜溶液，据此分析解答． 【解答】解：电解 CuSO4 溶液时，要求达到三点（1）阳极质量减少；（2）阴极质量增加； （3）电解质溶液中 c（Cu2+）不变，则该装置是电镀池，铜作阳极、其它金属作阴极， A．纯铜作阳极、含 Zn 和 Ag 的铜合金作阴极，符合题目要求，故 A 正确； B．根据 A 知，要实现题干要求，纯铜作阳极、含 Zn 和 Ag 的铜合金作阴极，故 B 错误； C．纯铜作阴极、纯铁作阳极时，阳极质量减少、阴极质量增加，但溶液中铜离子浓度减小， 所以不符合题目，故 C 错误； D．用石墨作阳极时，阳极上溶液中氢氧根离子放电，所以阳极质量不变，故 D 错误； 故选 A． 4．甲、乙两种非金属：①甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的 水化物酸性强；②甲比乙更容易与氢气化合；③甲单质能与乙阴离子发生氧化还原反应； ④与金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔沸点比乙的低．能说明甲比 乙的非金属性强的是（ ） A．①②③④ B．①②③ C．①②③④⑤ D．②③④⑤ 【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律． 【分析】根据气态氢化物的稳定性、最高价氧化物对应的水化物酸性、与氢气化合的难易程 度、阴离子的还原性等来判断非金属性的强弱． 【解答】解：①甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸 性强，则甲的非金属性比乙强，故①正确； ②甲比乙更容易与氢气化合，则甲的非金属性比乙强，故②正确； ③甲单质能与乙阴离子发生氧化还原反应，则甲的非金属性比乙强，故③正确； ④与金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，但得电子不一定容易，则不能说明甲比乙 的非金属性强，故④错误； ⑤甲的单质熔沸点比乙的低，无法确定非金属的关系，故⑤错误； 显然①②③能说明甲比乙的非金属性强， 故选 B． 5．下列有关甲烷的说法中错误的是（ ） A．采煤矿井中的甲烷气体是植物残体经微生物发酵而来的 B．天然气的主要成分是甲烷 C．甲烷是没有颜色、没有气味的气体，极易溶于水 D．甲烷与氯气发生取代反应所生成的产物四氯甲烷是一种效率较高的灭火剂 【考点】甲烷的化学性质． 【分析】A、甲烷是煤矿坑道气的主要成分之一； B、天然气的主要成分为甲烷； C、甲烷难溶于水； D、四氯化碳可以通过甲烷和氯气的取代反应来获得． 【解答】解：A、甲烷是煤矿坑道气的主要成分之一，是远古时代的植物体经发酵而来，故 A 正确； B、天然气的主要成分为甲烷，是一种清洁的燃料，故 B 正确； C、甲烷难溶于水，是天然气的主要成分，故 C 错误； D、四氯化碳可以通过甲烷和氯气的取代反应来获得，不能燃烧，是一种灭火剂，故 D 正确． 故选 C． 6．在一定温度下，向 a L 密闭容器中加入 1mol X 气体和 2mol Y 气体，发生如下反应：X （g）+2Y（g） ⇌ 3Z（g）此反应达到平衡的标志是（ ） A．容器内压强不随时间变化 B．容器内各物质的浓度不随时间变化 C．容器内 X、Y、Z 的浓度之比为 1：2：3 D．单位时间消耗 0.1 mol X 同时生成 0.3 mol Z 【考点】化学平衡状态的判断． 【分析】由 X（g）+2Y（g） ⇌ 3Z（g）可知，该反应前后的化学计量数之和相等，然后根 据达到平衡时，正逆反应速率相等，但不等于零，各物质的浓度不再改变来解答． 【解答】解：A、该反应前后的化学计量数之和相等，容器内的压强始终不随时间改变，所 以压强不再变化，不能确定是否达到平衡，故 A 错误； B、反应达平衡时，各物质的浓度不再随时间改变，故 B 正确； C、平衡时各物质的浓度之比决定于反应前加入的量和转化程度，与是否达到平衡状态无关， 故 C 错误； D、单位时间内消耗 0.1 mol X 为正速率，同时生成 0.3 molZ 为正速率，都是正速率不能说 明达到平衡状态，故 D 错误； 故选 B． 7．下列物质①K2SO4 ②HCHO（甲醛） ③MgSO4 ④Hg（NO3）2（硝酸汞） ⑤NH4Cl ⑥KOH 能使蛋白质变性的是（ ） A．①③⑤ B．②④⑥ C．①②③ D．④⑤⑥ 【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点． 【分析】在加热、酸、碱、重金属盐、紫外线、甲醛、乙醇等作作用下蛋白质发生变性，少 量的盐（如硫酸铵、硫酸钾等）可使蛋白质发生盐析． 【解答】解：①硫酸钾③MgSO4 ⑤NH4Cl 可使蛋白质发生盐析，②甲醛、④Hg（NO3） 2（硝酸汞）重金属盐、⑥KOH 强碱均可使蛋白质发生变性， 故选：B． 8．在周期表主族元素中，X 元素位于第二周期，且分别与 Y、Z、W 三元素相邻，X、Y 的 原子序数之和等于 Z 的原子序数，这四种元素原子的最外层电子数之和为 20．下列判断正 确的是（ ） A．原子序数：Z＞Y＞X＞W B．X、Y、Z、W 形成的单质最多有 6 种 C．X 元素最高价氧化物对应水化物的化学式为：H3XO4 D．四种元素的气态氢化物中，W 的气态氢化物最稳定 【考点】原子结构与元素周期律的关系． 【分析】X 元素位于第二周期，且分别与 Y、Z、W 三元素相邻，肯定有同主族元素，X、 Y 的原子序数之和等于 Z 的原子序数，二、三周期同主族元素的原子序数相差 8，则 X、Y 中肯定有一种元素的原子序数为 8，即 O 元素，如 X 为 N，则 Y 为 O，Z 为 P，三者原子的 最外层电子数之和为 5+5+6=16，则 W 为 C，如 X 为 O、则 Y 为 F，Z 为 Cl，三者原子的最 外层电子数之和为 6+7+7=20，加上 W 的最外层电子，四种元素的最外层电子数之和大于 20， 不符合，则 X 为 N，则 Y 为 O，Z 为 P，W 为 C，以此解答该题． 【解答】解：元素位于第二周期，且分别与 Y、Z、W 三元素相邻，肯定有同主族元素，X、 Y 的原子序数之和等于 Z 的原子序数，二、三周期同主族元素的原子序数相差 8，则 X、Y 中肯定有一种元素的原子序数为 8，即 O 元素，如 X 为 N，则 Y 为 O，Z 为 P，三者原子的 最外层电子数之和为 5+5+6=16，则 W 为 C，如 X 为 O、则 Y 为 F，Z 为 Cl，三者原子的最 外层电子数之和为 6+7+7=20，加上 W 的最外层电子，四种元素的最外层电子数之和大于 20， 不符合，则 X 为 N，则 Y 为 O，Z 为 P，W 为 C， A．X 为 N，则 Y 为 O，Z 为 P，W 为 C，原子序数：Z＞Y＞X＞W，故 A 正确； B．这四种元素的单质多于 6 种：C 可以是金刚石和石墨两种，N 是氮气（N2），O 是氧气 （O2）和臭氧（O3），P 是白磷（P4）和红磷，故 B 错误； C．X 元素最高价氧化物对应水化物的化学式为：HXO3，故 C 错误； D．四种元素的气态氢化物中，Y 为 O，非金属性最强，则气态氢化物最稳定，故 D 错误． 故选 A． 9．天然气根据成分不同分为贫气和富气，贫气中甲烷的含量较多，富气中乙烷、丙烷、丁 烷的含量相对高一些．若要将它们液化，下列说法正确的是（ ） A．贫气易液化 B．富气易液化 C．二者液化条件相同 D．加压降温均有利于两者液化 【考点】烷烃及其命名． 【分析】A、甲烷属于分子晶体，在烷烃中相对分子质量最小，分子间作用力最小，最难液 化； B、富气中相对分子质量大于甲烷的相对分子质量，分子间作用力较大，比贫气易液化； C、富气比贫气难液化，因此液化条件不同； D、加压、降温有利于分子间距离变小． 【解答】解：A、甲烷属于分子晶体，在烷烃中相对分子质量最小，分子间作用力最小，最 难液化，故 A 错误； B、富气中相对分子质量大于甲烷的相对分子质量，分子间作用力较大，比贫气易液化，但 不属于易液化的气体，故 B 错误； C、富气比贫气难液化，因此液化条件不同，故 C 错误； D、加压、降温可使分子间距离变小，因此有利于液化，故 D 正确； 故选 D． 10．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（ ） A．加热 B．不用稀硫酸，改用 98%的浓硫酸 C．滴加少量 CuSO4 溶液 D．不用铁片，改用铁粉 【考点】化学反应速率的影响因素． 【分析】A、温度升高，化学反应速率增大； B、一般增大反应物的浓度增大，反应速率增大，但应考虑浓硫酸的强氧化性来分析； C、利用原电池来分析加快反应速率； D、利用增大接触面积来分析加快反应速率． 【解答】解：A、因加热时反应体系的温度升高，则化学反应速率加快，故 A 能； B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气，故 B 不能； C、滴加少量 CuSO4 溶液，铁置换出 Cu，构成 Fe、Cu 原电池，从而加快了生成氢气的反应 速率，故 C 能； D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，则反应速率加快，故 D 能； 故选 B． 11．硬脂酸甘油酯经皂化反应后，得到硬脂酸钠和甘油．欲分离出硬脂酸钠，应采用的方法 是：（ ） ①用滤纸过滤 ②用分液漏斗分液 ③加热蒸发 ④加入热的饱和食盐水． A．④③ B．④② C．①③ D．④① 【考点】油脂的性质、组成与结构． 【分析】盐析法是利用某些物质在盐溶液中的溶解度降低而分离，据此解题． 【解答】解：向混合液中加入食盐使高级脂肪酸钠的溶解度降低而析出，然后过滤即可． 故选 D． 12．有关煤的叙述中，不正确的是（ ） A．煤是工业上获得苯、甲苯、二甲苯等芳香烃的重要来源 B．煤是由多种有机化合物组成的混合物，内含煤焦油等成分 C．煤除了含有 C、H 元素外，还含有少量的 N、S、O 等元素 D．煤等化石燃料的储量有限，节能和开发新能源是人类实现可持续发展的关键之一 【考点】煤的干馏和综合利用． 【分析】A、煤的干馏可以获得苯、甲苯和二甲苯； B、煤中不含煤焦油； C、煤是多种复杂的有机物和无机物组成的混合物； D、煤属于化石燃料． 【解答】解：A、煤的干馏可以获得苯、甲苯和二甲苯，是苯、甲苯和二甲苯的重要的工业 来源，故 A 正确； B、煤中不含煤焦油，煤焦油是通过煤的干馏获得的，故 B 错误； C、煤是多种复杂的有机物和无机物组成的混合物，主要组成元素为 C、H，还含有晒粮的 N、S、O 等元素，故 C 正确； D、煤属于化石燃料，不可再生，故需节约使用，并开发新能源来实现能源的可持续发展， 故 D 正确． 故选 B． 13．下列各组物质在溶液中反应时，以任意量混合均能用同一离子方程式表示的是（ ） A．Ca（HCO3）2 溶液和 Ca（OH）2 溶液 B．NaHCO3 溶液和 Ca（OH）2 溶液 C．Na2CO3 溶液和稀盐酸 D．Fe 和稀硝酸 【考点】离子方程式的书写． 【分析】A．与量无关，均反应生成碳酸钙和水； B．NaHCO3 少量时反应生成碳酸钙、水、NaOH，NaHCO3 过量时反应生成碳酸钙、水、碳 酸钠； C．HCl 少量生成碳酸氢钠和 NaCl，HCl 过量时生成氯化钠、水、二氧化碳； D．Fe 少量时生成硝酸铁，Fe 过量时生成硝酸亚铁． 【解答】解：A．与量无关，均反应生成碳酸钙和水，离子反应均为 Ca2+HC03 ﹣+OH﹣ =CaCO3↓+H20，故 A 选； B．NaHCO3 少量时反应生成碳酸钙、水、NaOH，离子反应为 Ca2+HC03 ﹣+OH﹣=CaCO3↓+H20， NaHCO3 过量时反应生成碳酸钙、水、碳酸钠，离子反应为 Ca2+2HC03 ﹣+2OH﹣ =CaCO3↓+2H20+CO32﹣，离子反应不同，故 B 不选； C．HCl 少量生成碳酸氢钠和 NaCl，离子反应为 CO32﹣+H+=HC03 ﹣，HCl 过量时生成氯化钠、 水、二氧化碳，离子反应为 CO32﹣+2H+=C02↑+H20，离子反应不同，故 C 不选； D．Fe 少量时生成硝酸铁，离子反应为 Fe+N03 ﹣+4H+=Fe3++2H20+NO↑，Fe 过量时生成硝酸 亚铁，离子反应为 3Fe+2N03 ﹣+8H+=3Fe2++4H20+2NO↑，离子反应不同，故 D 不选； 故选 A． 14．根据碘与氢气反应的热化学方程式 （Ⅰ） I2（g）+H2（g） ⇌ 2HI（g）△H=﹣9.48kJ/mol （Ⅱ） I2（s）+H2（g） ⇌ 2HI（g）△H=+26.48kJ/mol 下列判断正确的是（ ） A．254g I2（g）中通入 2g H2（g），反应放热 9.48kJ B．1mol 固态碘与 1mol 气态碘所含的能量相差 l7.00kJ C．反应（Ⅰ）的产物比反应（Ⅱ）的产物稳定 D．反应（Ⅰ） 拆开 1mol I﹣I 键与 1mol H﹣H 键需要的总能量小于拆开 2mol H﹣I 键需要 的总能量 【考点】化学反应中能量转化的原因；有关反应热的计算． 【分析】A．I2（g）+H2（g） ⇌ 2HI（g）△H=﹣9.48kJ/mol 表示 1mol 碘蒸汽和 1mol 氢气完 全反应生成 2mol 碘化氢气体时放出的热量为 9.48kJ，结合可逆反应的特点解答； B．依据盖斯定律计算 I2（s）=I2（g）△H，据此判断； C．反应Ⅰ和Ⅱ得到的产物相同，都是 HI（g）； D．依据△H=反应物总键能﹣生成物总键能解答． 【解答】解：A．由于反应 I2（g）+H2（g） ⇌ 2HI（g）为可逆反应不能进行到底，因此 254g I2（g）中通入 2g H2（g），反应放出的热量小于 9.48kJ，故 A 错误； B．依据盖斯定律Ⅱ﹣Ⅰ得：I2（s）=I2（g）△H=+35.96KJ/mol，所以 1mol 固态碘和气态 碘的能量相差 35.96KJ，故 B 错误； C．两个反应的产物相同，稳定性相同，故 C 错误； D．因为△H=反应物总键能﹣生成物总键能，而反应（Ⅰ）△H=﹣9.48kJ/mol＜0，所以反 应物总键能＞生成物总键能，故 D 正确； 故选：D． 15．下列平衡体系中，升温或减压都能使平衡向正反应方向移动的是（△H＜0 表示放热） （ ） A．N2（g）+3H2（g） ⇌ 2NH3（g）△H＜0 B．N2（g）+O2（g） ⇌ 2NO（g）△H＜0 C．C（s）+2H2O（g） ⇌ CO2（g）+2H2（g）△H＞0 D．2SO2（g）+O2（g） ⇌ 2SO3（g） △H＜0 【考点】化学平衡的影响因素． 【分析】减压平衡正向移动，说明正反应气体体积增大，升温平衡正向移动，说明正反应吸 热，据此分析． 【解答】解：减压平衡正向移动，说明正反应气体体积增大，升温平衡正向移动，说明正反 应吸热． A．正反应气体体积减小，故 A 错误； B．正反应是放热反应，故 B 错误； C．正反应是吸热反应且气体体积增大，故 C 正确； D．正反应是放热反应，故 D 错误． 故选 C． 16．能说明某烃分子里含有碳碳不饱和键的叙述中正确的是（ ） A．分子组成中含碳氢原子数比为 1：2 B．完成燃烧生产等物质的量的 CO2 和 H2O C．能与溴加成反应而使溴水褪色，还能使 KMnO4 酸性溶液褪色 D．空气中燃烧能产生黑烟 【考点】饱和烃与不饱和烃． 【分析】A、环烷烃中含碳氢原子数比为 1：2，但不含有不饱和键； B、完成燃烧生产等物质的量的 CO2 和 H2O 只能说明该烃中 C、H 原子比为 1：2； C、不饱和键既能与溴发生加成反应，又能被酸性高锰酸钾溶液氧化； D、燃烧产生黑烟只能说明没有充分燃烧或含碳量高，不能说明含有碳碳不饱和键． 【解答】解：A、环烷烃中含碳氢原子数比为 1：2，但不含有不饱和键，故 A 错误； B、完成燃烧生产等物质的量的 CO2 和 H2O，只能说明该烃中 C、H 原子比为 1：2，该烃 可能是环烷烃、烯烃，故 B 错误； C、不饱和键既能与溴发生加成反应，又能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故 C 正确； D、燃烧产生黑烟只能说明没有充分燃烧或含碳量高，不能说明含有碳碳不饱和键，故 D 错 误； 故选 C． 17．如图为两个原电池装置图，由此判断下列说法错误的是（ ） A．当两电池转移相同电子时，生成和消耗 Ni 的物质的量相同 B．两装置工作时，盐桥中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动 C．由此可判断能够发生 2Cr3++3Ni=3Ni2++2Cr 和 Ni2++Sn=Sn2++Ni 的反应 D．由此可判断 Cr、Ni、Sn 三种金属的还原性强弱顺序为：Cr＞Ni＞Sn 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【分析】原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由原电池正负极可知金属 活泼性为 Cr＞Ni＞Sn，结合电极材料和电解质溶液判断反应的可能性． 【解答】解：A．两个原电池中 Ni 对应的离子为 Ni2+，则当两电池转移相同电子时，生成 和消耗 Ni 的物质的量相同，故 A 正确； B．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故 B 正确； C．两个电解池发生的反应分别为 2Cr+3Ni2+=3Ni+2Cr3+和 Ni+Sn2+=Sn+Ni2+，故 C 错误； D．原电池负极较为活泼，由原电池正极可知由此可判断 Cr、Ni、Sn 三种金属的还原性强 弱顺序为：Cr＞Ni＞Sn，故 D 正确． 故选 C． 18．下列离子方程式正确的是（ ） A．三氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓ B．4mol•L﹣1 的 NaAlO2 溶液和 7mol•L﹣1 的 HCl 等体积互相均匀混合： C．K37ClO3 与浓盐酸（HCl）在加热时生成氯气： D．将 25mL 0.1mol•L﹣1 盐酸缓缓滴入 25mL 0.1mol•L﹣1Na2CO3 溶液中，并不断搅拌： 【考点】离子方程式的书写． 【分析】A．一水合氨应保留化学式，反应生成氢氧化铝和氯化铵； B．NaAlO2 与 HCl 与 4：7 反应，则生成沉淀和铝离子为 3：1； C．反应生成 KCl 和氯气、水，KCl 中的 Cl 来源于盐酸； D．开始盐酸不足，发生反应生成碳酸氢钠． 【解答】解：A．三氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为 Al3++3NH3．H2O═Al（OH） 3↓+3NH4 +，故 A 错误； B．4mol•L﹣1 的 NaAlO2 溶液和 7mol•L﹣1 的 HCl 等体积互相均匀混合，其离子反应为 4AlO2 ﹣+7H++H2O═3Al（OH）3↓+Al3+，故 B 正确； C．K37ClO3 与浓盐酸（HCl）在加热时生成氯气，其离子反应为 37ClO3 ﹣+5Cl﹣+6H+═ 3Cl2↑+3H2O，故 C 错误； D．将 25mL 0.1mol•L﹣1 盐酸缓缓滴入 25mL 0.1mol•L﹣1Na2CO3 溶液中，并不断搅拌的离子 反应为 CO32﹣+H+═HCO3 ﹣，故 D 错误； 故选 B． 19．某烃有两种或两种以上的同分异构体，其同分异构体中的某一种的一氯代物只有一种， 则这种烃可能是：①分子具有 7 个碳原子的芳香烃②分子中具有 4 个碳原子的烷烃③分子 中具有 12 个氢原子的烷烃④分子中具有 8 个碳原子的烷烃（ ） A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 【考点】同分异构现象和同分异构体． 【分析】烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子 的判断方法来回答． 【解答】解：此题有两个限制条件，满足第一个条件只要是含 4 个碳原子及其以上即可，满 足第二个条件的烷烃烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等 效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只 有一种等效氢原子，符合这些条件的烷烃有：甲烷、乙烷、新戊烷、2，2，3，3 四甲基丁 烷等．综合起来，选 C． 故选 C． 20．如图所示，U 形管中装入含有紫色石蕊的 Na2SO4 试液，通直流电，一段时间后 U 形管 内会形成三色“彩虹”的现象，它从左到右颜色的次序是（ ） A．蓝、紫、红 B．红、蓝、紫 C．红、紫、蓝 D．蓝、红、紫 【考点】电解原理． 【分析】根据电解原理，电解硫酸钠实质是电解水，阳极产生的是氧气，阴极产生的是氢气， 酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色，据此来回答． 【解答】解：根据电解原理，和电源的正极相连的是阳极，和电源的负极相连的是阴极，电 解硫酸钠的实质是电解水，阳极生成氧气，阴极生成氢气，阴极氢离子放电，碱性增强，该 极附近呈蓝色，阳极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，中间溶液是石蕊的紫色， 即从左到右颜色的次序是：红、紫、蓝． 故选 C． 21．下面四个选项是四位同学在学习过化学反应速率和化学平衡理论以后，联系化工生产实 际所发表的看法，你认为不正确的是（ ） A．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品 B．化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品 C．化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率 D．正确利用化学反应速率和化学平衡理论都可提高化工生产的综合经济效益 【考点】化学平衡的调控作用；化学反应速率的影响因素． 【分析】化学反应速率是表示物质反应快慢的物理量，在一定条件下反应达到化学平衡状态 时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时， 平衡发生移动，可通过改变外界条件是平衡发生移动，提高化工生产的综合经济效益． 【解答】解：A．根据影响化学反应速率的因素，可指导怎样在一定时间内快出产品，故 A 正确； B．结合影响化学平衡的因素，采用合适的外界条件，是平衡向正反应方向移动，可提高产 率，故 B 正确； C．化学反应速率是表示物质反应的快慢，不能改变原料的转化率，故 C 错误； D．在一定的反应速率的前提下，尽可能使平衡向正反应方向移动，可提高化工生产的综合 经济效益，故 D 正确． 故选 C． 22．一定质量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到 CO、CO2 和水的总质量为 27.6g，若 其中水的质量为 10.8g，则 CO 的质量是（ ） A．4.4g B．1.4g C．2.2g D．在 2.2g 和 4.4g 之间 【考点】化学方程式的有关计算． 【分析】根据反应中生成水的质量可确定乙醇的物质的量，进而求出碳原子的物质的量，同 时也是 CO2 和 CO 的物质的量和，再根据二者总的质量求出平均摩尔质量，最后用十字交 叉法解题． 【解答】解：设乙醇的物质的量为 x， 由 C2H5OH～3H2O 1mol 54g x 10.8g ， 解得 x=0.2mol， 由乙醇的分子式可知 n（CO2）+n（CO）=0.2mol×2=0.4mol， 则 m（CO2）+m（CO）=27.6g﹣10.8g=16.8g，则平均摩尔质量为 =42g•mol﹣1， 由十字交叉法可知： ， 所以 m（CO）=28g•mol﹣1×0.4mol× =1.4g， 所以 CO 的质量为 1.4g， 故选 B． 23．某兴趣小组设计如下微型实验装置．实验时，先断开 K2，闭合 K1，两极均有气泡产生； 一段时间后，断开 K1，闭合 K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（ ） A．断开 K2，闭合 K1 时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl﹣ Cl2↑+H2↑ B．断开 K2，闭合 K1 时，石墨电极附近溶液变红 C．断开 K1，闭合 K2 时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e﹣=2Cl﹣ D．断开 K1，闭合 K2 时，石墨电极作正极 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【分析】A、断开 K2，闭合 K1 时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气 体分别是氢气和氯气，因此活泼金属 Cu 不能做阳极； B、断开 K2，闭合 K1 时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子 离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡， 氢氧根离子浓度增大； C、断开 K1，闭合 K2 时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池， 铜做负极氢气失电子发生氧化反应； D、断开 K1，闭合 K2 时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极； 【解答】解：A、断开 K2，闭合 K1 时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方 程式为 2H2O+2Cl﹣ Cl2↑+H2↑+2OH﹣；故 A 错误； B、断开 K2，闭合 K1 时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是 氢气和氯气，因此活泼金属 Cu 不能做阳极，Cu 做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极 上）氯离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（Cu 电极上）氢离子得到电子发生还原反应， 依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故 B 错误； C、断开 K1，闭合 K2 时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池， 据上述分析可知，Cu 电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化 反应，氢气失电子生成氢离子的反应；故 C 错误； D、断开 K1，闭合 K2 时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池， 石墨电极上产生的是氯气，做原电池正极；故 D 正确； 故选 D． 24．下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是（ ） A．在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值 B．化学平衡常数 K 可以推断一个可逆反应进行的程度 C．化学平衡常数 K 只与温度、反应物浓度、体系的压强有关 D．当改变反应物的浓度时，化学平衡常数会发生改变 【考点】化学平衡常数的含义． 【分析】K 为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，可衡量反应正向进行的趋势，K 越大，转化率越大，且 K 只与温度有关，以此来解答． 【解答】解：A．K 与温度有关，温度不同时化学平衡常数不同，故 A 错误； B．化学平衡常数 K 可以推断一个可逆反应进行的程度，K 越大，正向进行的趋势越大，故 B 正确； C．化学平衡常数 K 只与温度有关，与反应物浓度、体系的压强无关，故 C 错误； D．当改变反应物的浓度时，化学平衡常数不变，故 D 错误； 故选 B． 25．全钒电池以惰性材料作电极，在电解质溶液中发生的电池总反应为：VO2+（蓝色） +H2O+V3+（紫色） VO2 +（黄色）+V2+（绿色）+2H+下列说法错误的（ ） A．充电时，反应每生成 2mol H+时电子转移的物质的量为 2mol B．放电过程中，正极附近溶液的酸性减弱 C．放电时，正极反应为 VO2 ++2H++e﹣=VO2++H2O D．充电时，阳极附近溶液由蓝色逐渐变为黄色 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【分析】根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，放电时，电池的负极上是 V2+（绿 色）发生失电子的氧化反应，正极上是 VO2 +（黄色）发生得电子的还原反应，充电时，阳 极上 VO2+失电子发生氧化反应，为放电时的正极反应的逆反应，阴极上 V3+发生得电子的还 原反应，为放电时的负极反应的逆反应，根据原电池和电解池的工作原理知识来回答． 【解答】解：A．充电时，阳极附近发生失电子的氧化反应，即 VO2++H2O﹣e﹣=VO2 ++2H+， 反应每生成 2molH+时电子转移为 1mol，故 A 错误； B．放电过程中，正极附近发生反应：VO2 ++2H++e﹣=VO2++H2O，消耗氢离子，溶液的 pH 变 大，酸性减弱，故 B 正确； C．放电时，正极上 VO2 +得电子，则正极反应方程式为：VO2 ++2H++e﹣═VO2++H2O，故 C 正确； D．充电时，阳极发生失电子的氧化反应，VO2++H2O﹣e﹣=VO2 ++2H+，溶液由蓝色逐渐变为 黄色，故 D 正确； 故选 A． 二．简答题（本题包括 5 小题，共 50 分） 26．密闭容器中加入 4mol A、1.2mol C 和一定量的 B 三种气体，一定条件下发生反应，各 物质的浓度随时间变化如甲图所示[已知 t0～t1 阶段保持恒温、恒容，且 c（B）未画出]．乙 图为 t2 时刻后改变反应条件，反应速率随时间的变化情况，已知在 t2、t3、t4、t5 时刻各改 变一种不同的条件，其中 t3 时刻为使用催化 剂． （1）若 t1=15s，则 t0～t1 阶段的反应速率为 v（C）= 0.02mol•L﹣1•min﹣1 ． （2）t4 时刻改变的条件为 减小压强 ，B 的起始物质的量为 2mol ． （3）t5 时刻改变的条件为 升高温度 ，该反应的逆反应为 放热反应 （填“吸热反应” 或“放热反应”）． （4）图乙中共有Ⅰ～Ⅴ五处平衡，其平衡常数最大的是 Ⅴ ． 【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素． 【分析】（1）根据 v= 计算 t0～t1 阶段以 C 物质的浓度变化表示的反应速率； （2）t4～t5 阶段正逆反应速率减小且相等，如是降低温度，平衡移动发生移动，则正逆反应 速率不相等，所以是减小了压强；根据 A、C 浓度的变化判断二者计量数关系，根据 t4～t5 阶段判断化学方程式，然后根据化学方程式计算； （3）根据 t5～t6 阶段正逆反应速率变化可知，t5 时升高了温度，正反应速率大于逆反应速 率，所以该反应为吸热反应； （4）该反应为吸热反应，温度最高平衡常数增大，结合温度对反应速率的影响分析． 【解答】解：（1）若 t1=15min，生成物 C 在 t0～t1 时间段的平均反应速率为： v= = =0.02mol•L﹣1•min﹣1， 故答案为：0.02mol•L﹣1•min﹣1； （2）t4～t5 阶段改变条件后，正逆反应速率都减小且相等，所以不可能是降低温度，应该为 减小压强；反应中 A 的浓度变化为：1mol/L﹣0.8mol/L=0.2mol/L，C 的浓度变化为：0.6mol/L ﹣0.3mol/L=0.3mol/L，反应中 A 与 C 的化学计量数之比为 0.2：0.3=2：3，根据 t4～t5 阶段 改变压强平衡不移动可知，该反应的方程式为 2A（g）+B（g） ⇌ 3C（g）；由方程式可知反 应过程中消耗的 B 的物质的量浓度为：（1mol/L﹣0.8mol/L）× =0.1mol/L，所以 B 的起始 浓度为 0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，向某密闭容器中加入 4mol A、1.2mol C 和一定量的 B 三种气体，A 的起始浓度为 1.0mol/L，体积= =4L，物质的量=0.5mol/L× 4L=2mol， 故答案为：减小压强； 2mol； （3）该反应是体积不变的反应，而 t5～t6 阶段正逆反应速率都增大，说明是升高了温度； 升高温度后正反应速率大于逆反应速率，说明该反应为吸热反应，逆反应为放热反应， 故答案为：升高温度；放热反应； （4）根据（3）可知该反应为吸热反应，温度越高平衡常数越大，根据图象曲线变化可知， V 时反应速率最大，说明此时温度最高，则平衡常数最大的是 V， 故答案为：Ⅴ． 27．碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料．工业碳酸钠（纯度约 98%）中 含有 Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl﹣和 SO42﹣等杂质，提纯工艺流程如下： 已知碳酸钠的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示： 回答下列问题： （1）滤渣的主要成分为 Mg（OH）2、Fe（OH）3 ． （2）“趁热过滤”的原因是 使析出的晶体为 Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出 Na2CO3•10H20 晶体或 Na2CO3•7H20 晶体，使后续的加热脱水耗时长 ． （3）若在实验室进行“趁热过滤”，可采取的措施是 用预热过滤装置（或已预热的布氏漏 斗趁热抽滤，或用常压热过滤漏斗进行过滤） （写出一种）． （4）已知：Na2CO3•10H2O （s）═Na2CO3（s）+10H2O（g）△H1=+532.36kJ•mol﹣1 Na2CO3•10H2O（s）═Na2CO3•H2O（s）+9H2O（g）△H2=+473.63kJ•mol﹣1 写出 Na2CO3•H2O 脱水反应的热化学方程式 Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g） △H=+58.73kJ/mol ． 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 【分析】工业碳酸钠（钝度约 98%）中含有 Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的 NaOH 溶液，可生成 Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3 沉淀，滤渣的主要成分为 Mg（OH） 2、Fe（OH）3、CaCO3，滤液蒸发浓缩结晶，温度减少至 313K 时发生突变，溶解度迅速减 少，需要趁热过滤析出晶体，加热脱水得到试剂级碳酸钠， （1）因工业碳酸钠（钝度约 98%）中含有 Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的 NaOH 溶液，可生成 Mg（OH）2、Fe（OH）3 沉淀； （2）观察坐标图，温度减少至 313K 时发生突变，溶解度迅速减少，若不趁热过滤将析出 晶体； （3）思路方向：1．减少过滤的时间 2．保持过滤时的温度； （4）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律来计算焓变即可． 【解答】解：（1）工业碳酸钠（钝度约 98%）中含有 Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入 过量的 NaOH 溶液，可生成 Mg（OH）2、Fe（OH）3 沉淀，滤渣的主要成分为 Mg（OH） 2、Fe（OH）3， 故答案为：Mg（OH）2、Fe（OH）3； （2）根据所给的坐标图可以发现：温度减少至 313K 时发生突变，溶解度迅速减少，若不 趁热过滤将析出晶体，所以“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为 Na2CO3•H2O，防止因温度 过低而析出 Na2CO3•10H20 晶体或 Na2CO3•7H20 晶体，使后续的加热脱水耗时长， 故答案为：使析出的晶体为 Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出 Na2CO3•10H20 晶体或 Na2CO3•7H20 晶体，使后续的加热脱水耗时长； （3）在实验室进行“趁热过滤”时，要注意减少过滤的时间和保持过滤时的温度，可采取的 措施是用预热过滤装置（或已预热的布氏漏斗趁热抽滤，或用常压热过滤漏斗进行过滤）， 故答案为：用预热过滤装置（或已预热的布氏漏斗趁热抽滤，或用常压热过滤漏斗进行过滤）； （4）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律，可将两式相减得到 Na2CO3•H2O（S）═ Na2CO3（s）+H2O（g），即 Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol， 故答案为：Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol． 28．甲、乙、丙为常见单质．A、B、C、D、E、F、G、H 均为中学化学中常见的化合物， 其中 B、G 的焰色反应均为黄色，C 能使品红溶液褪色．在一定条件下，各物质相互转化关 系如图所示．请回答下列问题： （1）用化学式表示：丙为 O2 ，H 为 SO3 ． （2）A 的电子式为 ． （3）电解 E 的水溶液时，E 起到的作用是 增强溶液导电能力 ． （4）写出 B+C﹣→D 的化学方程式： Na2O2+SO2=Na2SO4 ；写出 E+G﹣→F 的离子方程 式： HCO3 ﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O ． 【考点】无机物的推断． 【分析】甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、H 均为中学化学中常见的化合 物，其中 B、G 的焰色反应均为黄色，均含有 Na 元素，B 能与二氧化碳、水反应生成单质 丙，则 B 为 Na2O2，丙为 O2，A 为 Na，E 为 NaOH，F 为 Na2CO3，G 的焰色反应为黄色， 与氢氧化钠反应得到碳酸钠，判断 G 为 NaHCO3；C 能使品红溶液褪色，由单质乙与氧气反 应得到，则乙为 S，A 为 Na2S，C 为 SO2，H 为 SO3，D 为 Na2SO4，据此解答． 【解答】解：甲、乙、丙为常见单质，A、B、C、D、E、F、G、H 均为中学化学中常见的 化合物，其中 B、G 的焰色反应均为黄色，均含有 Na 元素，B 能与二氧化碳、水反应生成 单质丙，则 B 为 Na2O2，丙为 O2，A 为 Na，E 为 NaOH，F 为 Na2CO3，G 的焰色反应为黄 色，与氢氧化钠反应得到碳酸钠，判断 G 为 NaHCO3；C 能使品红溶液褪色，由单质乙与氧 气反应得到，则乙为 S，A 为 Na2S，C 为 SO2，H 为 SO3，D 为 Na2SO4， （1）由上述分析可知，丙为 O2，H 为 SO3，故答案为：O2；SO3； （2）A 为 Na2S，电子式为 ，故答案为： ； （3）电解 NaOH 的水溶液时，实质是电解水，NaOH 起到的作用是：增强溶液导电能力， 故答案为：增强溶液导电能力； （4）B+C→D 是过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，反应化学方程式为： Na2O2+SO2=Na2SO4； B 和 G 是氢氧化钠和碳酸氢钠溶液的反应，反应的离子方程式为：HCO3 ﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O， 故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4；HCO3 ﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O． 29．N2O5 是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注． （1）一定温度下，在恒容密闭容器中 N2O5 可发生下列反应：N2O5（g） ⇌ 4NO2（g）+O2 （g）；△H＞0 ①反应达平衡后，再通入一定量 N2O5，则 N2O5 的转化率将 减小 ．（填““增大”“减小” 或“不变”）； ②下表为反应在 T1 温度下的部分实验数据： t/s 0 500 1 000 c（N2O5）/mol•L﹣1 5.00 3.52 2.48 则 500s 内 N2O5 的分解速率为 0.00296 mol•L﹣1•s﹣1 ． ③在 T2 温度下，反应 1000s 时测得 NO2 的浓度为 4.98mol•L﹣1，则 T2 ＜ T1． （2）如图所示装置可用于制备 N2O5，则 N2O5 在电解池的 阳极 区生成，其电极反应式 为 N2O4+2HNO3﹣2e﹣═2N2O5+2H+ ． 【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理． 【分析】（1）①反应达平衡后，再通入一定量 N2O5，等效为增大压强，平衡逆向移动； ②根据 v= 计算 v（N2O5）； ③若 T2 温度高，反应速率快，未到达平衡时，相同时间内 N2O5 的浓度减小更大，正反应 为吸热反应，到达平衡时温度升高，平衡正向移动，N2O5 的浓度会减小．而在 T2 温度下， 反应1000s时测得NO2的浓度为4.98mol•L﹣1，则此时N2O5的浓度为5mol/L﹣ ×4.98mol•L ﹣1=2.51mol/L，高于在 T1 温度下 1000s 时测得 N2O5 的浓度，说明 T2 温度下反应速率较慢； （2）由 N2O4 制取 N2O5 需要是去电子，所以 N2O5 在阳极区生成，在硝酸参与下生成 N2O5 与氢离子． 【解答】解：（1）①反应达平衡后，再通入一定量 N2O5，等效为增大压强，平衡逆向移动， N2O5 的转化率减小， 故答案为：减小； ②由表中数据可知，500s 内 N2O5 的浓度变化量为 5mol/L﹣3.52mol/L=1.48mol/L，故 N2O5 的分解速率为 =0.00296 mol•L﹣1•s﹣1， 故答案为：0.00296 mol•L﹣1•s﹣1； ③若 T2 温度高，反应速率快，未到达平衡时，相同时间内 N2O5 的浓度减小更大，正反应 为吸热反应，到达平衡时温度升高，平衡正向移动，N2O5 的浓度会减小．而在 T2 温度下， 反应1000s时测得NO2的浓度为4.98mol•L﹣1，则此时N2O5的浓度为5mol/L﹣ ×4.98mol•L ﹣1=2.51mol/L，高于在 T1 温度下 1000s 时测得 N2O5 的浓度，说明 T2 温度下反应速率较慢， 故温度 T2＜T1， 故答案为：＜； （2）从电解原理来看，N2O4 制备 N2O5 为氧化反应，则 N2O5 应在阳极区生成，在硝酸参 与下生成 N2O5 与氢离子，电极反应式为：N2O4+2HNO3﹣2e﹣═2N2O5+2H+， 故答案为：阳极；N2O4+2HNO3﹣2e﹣═2N2O5+2H+． 30．含铬（Cr）工业废水的处理原理是将 Cr2O72﹣转化为 Cr3+，再将 Cr3+转化为沉淀．转化 过程中，废水 pH 与 Cr2O72﹣转化为 Cr3+的关系如图 1 所示，实验室模拟工业电解法处理含 铬废水的装置如图 2 所示． 请根据以上知识回答下列问题： （1）含铬废水预处理的方法是 调节 pH 为 1 左右 ． （2）写出下列反应的离子方程式： ①电解过程中的阴极反应式 2H++2e﹣═H2↑ ； ②Cr2O72﹣转化为 Cr3+的离子方程式 6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O ． 【考点】电解原理． 【分析】（1）根据废水 pH 与 Cr2O72﹣转化为 Cr3+的关系图 1 分析； （2）①阴极，根据放电顺序阴极上是电解质中氢离子得电子的反应； ②在电解池中，阳极是活泼金属铁电极时，则电极本身失去电子，即 Fe﹣2e﹣=Fe2+，重铬 酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，据此书写离子方程式； 【解答】解：（1）根据废水 pH 与 Cr2O72﹣转化为 Cr3+的关系图 1 可知：当 pH 为 1 时，Cr2O72 ﹣转化为 Cr3+的转化率接近 100%， 故答案为：调节 pH 为 1 左右； （2）①阴极，根据放电顺序阴极上是电解质中氢离子得电子的反应，即 2H++2e=H2↑，故 答案为：2H++2e﹣═H2↑； ②在电解池中，阳极是活泼金属铁电极时，则电极本身失去电子，即 Fe﹣2e﹣=Fe2+，重铬 酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，即 6Fe2++Cr2O72﹣ +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O， 故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O．