【文档说明】【精准解析】湖北省鄂州高中2019-2020学年高一下学期4月月考化学试题.doc，共(24)页，794.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷相对原子质量（原子量）：HlO16C12Na23Ca40S32Cl35.5Ba137一．单选题（本大题共16小题，共48分）1.已知下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A.光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小B.氨水应密闭保存于低温处C.打开汽水瓶时，有大量气泡逸出D.高温高压有利于N

2和H2转化为NH3:：N2(g)+3H2(g)高温2NH3(g)△H<0【答案】D【解析】【详解】A.氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氢离子浓度变大，溶液的pH值减小，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B

.氨水中存在化学平衡：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O，正反应为放热反应，温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，B不符合题意；C.溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体

的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中逸出，可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0，升高温度，平衡逆向移动，不

能用勒夏特列原理解释，D符合题意；故答案为：D。【点睛】平衡移动原理：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不

能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。2.某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是A.a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B.a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e-=CuC.

无论a和b是否连接，铁片均会溶解D.a和b用导线连接后，Fe片上发生还原反应，溶液中的Cu2+向铜电极移动【答案】D【解析】【详解】A．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上

会有金属铜析出，故A正确；B．a和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，发生的反应为：Cu2++2e-=Cu，故B正确；C．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池

，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，故C正确；D．a和b用导线连接后，是原电池，Fe片为负极，发生氧化反应，溶液中的Cu2＋向铜电极移动，故D错误；答案为D。3.下列有关说法正确的是()A.铁与稀盐酸制取氢气时，加入NaN

O3固体或Na2SO4固体都不影响生成氢气的速率B.加入反应物，则单位体积内活化分子百分数增大，化学反应速率增大C.过程的自发性只能用于判断其方向性，不能确定其是否一定会发生和发生的速率D.中和反应放

热说明中和反应前后能量不守恒【答案】C【解析】【详解】A.硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，加入硝酸钠，生成NO气体，不生成氢气，A错误；B.加入反应物，单位体积内活化分子数增多，化学反应速率增大，B错误；C.过程的自发性只能用于判断过程的方向性，过程能不能发生还与条件有关，如碳在空

气中的燃烧属于自发过程，但是常温下不能发生，需要加热或点燃，C正确；D.中和反应前后遵循能量守恒，为化学能转化为热能，D错误；故答案为：C。4.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是（）①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径/10-10m0.661.361.231.100.99

1.540.701.24最高价或最低价-2+2+1+5、-3+7、-1+1+5、-3+3A.元素④⑤形成的化合物是离子化合物B.元素⑦位于第二周期第V族C.元素①⑧形成的化合物具有两性D.元素③的最高价氧化

物对应水化物的碱性最强【答案】C【解析】【分析】短周期元素中，①只有最低价-2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都有最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤

有+7、-1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答。【详解】根据以上分析可

知①为O，②为Mg，③为Li，④为P，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为Al，则A．元素④⑤形成的化合物是NCl3，属于共价化合物，A错误；B．⑦为N元素，位于第二周期VA族，B错误；C．元素①⑧形成的化合物为Al2

O3，Al2O3具有两性，C正确；D．元素③为Li，在上述元素中Na金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，根据化合价与原子半径推断元素

是解答的关键，注意对元素周期律的理解掌握。5.在容积不变的密闭容器中，一定条件下发生反应：2A(?)B(g)＋C(s)，达到化学平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，则下列叙述正确的是（）A.若正反应是吸热反应，则A为非气态B.若正反应是放热反应，则A为非气态C.在平衡体系中

加入少量C，该平衡向逆反应方向移动D.改变压强对该平衡的移动一定无影响【答案】A【解析】【详解】A.若正反应为吸热反应，则升高温度，平衡向正反应方向移动，所以要使密度增大，则A一定不是气体，A正确。B.若正反应为放

热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以要使密度增大，A一定是气体，B不正确。C.C是固体，改变质量，不影响平衡状态，C不正确。D.反应前后体积一定是变化的，改变压强，平衡一定会发生移动，所以D不正确。答案选A。6.X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素。X的原子半径是短周期

主族元素中最大的，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m—n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2:1。下列叙述错误的是A.X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2B.Y的氢化物比

R的氢化物稳定，熔沸点高C.Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R>W>ZD.RY2、WY2通入Ba（NO3）2溶液中均无白色沉淀生成。【答案】D【解析】【分析】X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原

子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子

数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素。【详解】A．X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2，阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；B．非金属性氧元素强于硫元素，非金属性越强，氢化物越稳定。水的稳定性强于硫化氢。水分子间存

在氢键，使沸点升高，水在常温下是液体，硫化氢是气体，则水的沸点更高，B正确；C．R是S元素，W是C元素，Z为Si元素，元素的非金属性逐渐减弱，所以最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，C正确；D．SO2通入Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应，有白色沉淀硫酸钡生成，该

沉淀不溶于硝酸，D错误；答案选D。【点晴】注意SO2通入Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应，是易错点。7.最近意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图，已知断裂1molN—N吸收167k

J热量，生成1molN≡N键放出942kJ热量。根据以上信息和数据，则由N2气体生成1mol气态N4的ΔH为()A.＋882kJ/molB.＋441kJ/molC.－882kJ/molD.－441kJ/mol【答案】A【解析】【详解】N2生成1mol气态N4的方

程式为：2N2(g)=N4(g)，根据键能和∆H的关系可得∆H=2×942kJ•mol‾1－6×167kJ•mol‾1=＋882kJ•mol‾1，故A项正确。8.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的

能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化：下列说法中正确的是（）A.1molN2（g）和1molO2（g）完全反应放出的能量为180kJB.通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NOC.1molN2

（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2molNO（g）具有的总能量D.NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水【答案】C【解析】【详解】A.焓变=反应物断裂化学键吸收的能量−生成物形成化学键放出的能量，N2+O2═2NO，△H

=946kJ/mol+498kJ/mol−2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；B.通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO，需要放电条件，故B错误；C.由图中数据可得反应物键的断裂吸收(946+498)=1444kJ/mol

的能量，生成物键的形成放出2×632=1264kJ/mol的能量，故该反应是吸热反应，依据能量守恒，1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故C正确；D.一氧化氮不是酸性氧化物，物

质分类中属于不成盐氧化物，不能和氢氧化钠反应，故D错误；答案选C。9.室温下，将1mol的CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2：CuSO45H2O受热分解的化学方程式为CuSO45H

2O(s)ΔCuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3，则下列判断正确的是()A.△H2>△H3B.△H1<△H3C.△H1+△H3=△H2D.△H1+△H2>△H3【答案】B【解析】【分析】①lmolCuSO4

•5H2O(s)溶于水使溶液温度降低，热效应为△H1，则△H1>0，即CuSO4•5H2O(s)=Cu2+(aq）+SO42-(aq）+5H2O(1)△H1；②1molCuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2，则△H2<0，即CuSO4(s

)=Cu2+(aq）+SO42-(aq）△H2；③CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O(s)ΔCuSO4(s)+5H2O(1)，热效应为△H3，由盖斯定律可知，△H3=△H1-△H2。【详解】A.△H1>0、△H2<0，△H

3=△H1-△H2，可知△H2<△H3，A错误；B.△H3=△H1-△H2，△H1-△H3=△H2<0，可知△H1<△H3，B正确；C.由盖斯定律可知，△H3=△H1-△H2，△H1-△H3=△H2，C错误；D.由盖斯定律可知，△

H1>0、△H2<0，△H1=△H3+△H2，△H1+△H2<△H3，D错误；故答案为：B。10.关于下列四个图像的说法中正确的是（）A.图①表示可逆反应“CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）”中的ΔH大于0B.图②是在电解氯化钠稀溶液的电解池中，阴、阳极

产生气体体积之比一定为1：1C.图③表示可逆反应“A2（g）+3B2（g）2AB3（g）”的ΔH小于0D.图④表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大【答案】C【解析】【详解】A

.图①中反应物能量高，生成物能量低，所以是放热反应，△H小于0，故A错误；B.当氯化钠被电解之后，若继续通电，则开始电解水，阴、阳极的气体分别是氢气和氧气，其体积之比是2︰1，故B错误；C.图③中温度升高，平衡向逆反应方向移

动，所以正反应是放热反应，△H小于0，故C正确；D.2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）该反应是体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的含量降低，故D错误；答案选C。【点睛】考查化学反应

的反应热，电解的应用，影响化学反应速率的因素等知识。11.铅蓄电池的电池反应为：()()()224PbsPbOs2HSOaq++42PbSO()()2s2HOl.+下列说法正确的是A.放电时，正极的反应式是：22442PbOSO4H2ePbSO2HO−+−+++=+B.放电时，电解质溶液中

的H+向负极移动C.充电时，阳极的电极反应为：()244PbSO2ePbsSO−−+=+D.充电时，当有20.7gPb生成时，转移的电子为0.1mol【答案】A【解析】【分析】由化合价变化可知，当为原电池时，Pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbO2为正

极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4，在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据

此解答该题。【详解】A.放电时，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++SO42--2e-=2H2O+PbSO4，A项正确；B.放电时，蓄电池内电路中H+向正极移动，B项错误；C.在充

电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，C项错误；D.在充电时，阴极发生的反应是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，所以当有20.7gPb生成时，转移的电子为20.7g×2=0.2mol207g/mol，D项错误；答案选A。12.某化学兴趣小组

进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是（）A.①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2B.③中反应的化学方程式：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4===4CuSO4+2NO↑+4H2OC

.③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强D.由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应【答案】B【解析】【详解】A、实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被Cu还原为NO，在试管口，NO遇到空气中的氧气，生成NO2，A错误；

B、③中反应的化学方程式：3Cu＋Cu(NO3)2＋4H2SO4=4CuSO4＋2NO↑＋4H2O，B正确；C、实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，硝酸根离子在酸性条件下等同于硝酸，硝酸的氧化性强于稀硫酸，C错误；D、铜与稀硫酸不反应，D错误。答案选B。

13.如图所示的实验装置不能达到实验目的是（）A.结合秒表测量锌与硫酸的反应速率B.测定中和反应的反应热C.验证化学能转化为电能D.验证催化剂对反应速率的影响【答案】B【解析】【详解】A．根据收集气体的体积和时间，

可计算反应速率，能达到实验目的，选项A能达到实验目的；B．实验缺少环形玻璃棒，测量不准确，不能达到内实验目的，选项B不能达到实验目的；C．反应中锌为负极，铜为正极，电子向正极移动，符合原电池工作原理，可达到实验目的，选项C

能达到实验目的；D．加入二氧化锰，反应速率增大，二氧化锰起到催化剂的作容用，可达到实验目的，选项D能达到实验目的。答案选B。14.某溶液中有Fe2+、NH4+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液

中离子数目维持不变的阳离子是（）A.Fe2+B.NH4+C.Al3+D.Fe3+【答案】C【解析】【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3

，则Fe2+减少，以此来解答。【详解】混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Fe(OH)2沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定,迅速氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成

AlCl3、FeCl3。所以，Fe3+浓度增大，Fe2+、NH4+减小，则几乎不变的是Al3+。所以C选项是正确的。【点睛】本题考查离子之间的反应，侧重考查元素化合物知识的综合理解和运用，明确阳离子与碱反应后的生成物的性质及生成物与酸的反应是解答本题的关键，注意亚铁离子易被氧化是

学生解答中容易忽略的地方。15.恒温恒容的容器中，建立如下平衡：()()2AgBg，在相同条件下，若分别再向容器中通入一定量的A气体，重新达到平衡后，下列说法不正确的是：A.平衡向右移动B.A的体积分数比原平衡时小C.A的

转化率增大D.正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】D【解析】【详解】恒温恒容的容器中，建立如下平衡：()()2AgBg，保持温度不变，若再向容器中通入一定量的A气体，重新达到的平衡，可以等效为在原平衡的基础上增大压强达到的平衡，平衡向正反应方向移动；A．分析可知平衡向右移动，故A正确；B．保持

温度不变，若再向容器中通入一定量的A气体，重新达到的平衡，可以等效为在原平衡的基础上增大压强达到的平衡，平衡向正反应方向移动，A的体积分数比原平衡时小，故B正确；C．平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故C正

确；D．若再向容器中通入一定量的A气体，重新达到的平衡，可以等效为在原平衡的基础上增大压强达到的平衡，压强增大正逆反应速率都增大，故D错误；故答案为D。【点睛】本题考查等效平衡的有关问题，该题的关键是构建平衡建立的途径，保持温度不变，若再向容器中通入一定量的A气体，重新达到的平

衡，可以等效为在原平衡的基础上增大压强达到的平衡，平衡向正反应方向移动，据此判断。16.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、W可能的组合有()①C、O2②Na、O2③Fe、HNO3④S、O2⑤N2、O2⑥H2S、O2⑦NH3、O2A.四项B.五项C

.六项D.七项【答案】A【解析】【详解】①氧气不足时，碳燃烧生成一氧化碳，一氧化碳能在氧气中燃烧生成二氧化碳，碳在足量氧气中燃烧生成二氧化碳，①符合；②常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，加热时氧化钠可与氧气反应生成过氧化钠，钠在氧气中燃烧生

成过氧化钠，②符合；③过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与稀硝酸反应转化为硝酸铁，铁与足量的稀硝酸反应生成硝酸铁，③符合；④硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，在催化剂和高温条件下二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，硫与氧气不能直接反应生成三氧化硫，④不符合；⑤氮气与氧气在放电或高温条件下反应

生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，氮气与氧气不能直接生成二氧化氮，⑤不符合；⑥氧气不足时，硫化氢燃烧生成硫，硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，硫化氢在足量氧气中燃烧生成二氧化硫，⑥符合；⑦在催化剂和加热条件氨气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气化合生成二氧化氮，氨气与氧气不能直

接生成二氧化氮，⑦不符合；所以，符合图示转化关系的有：①②③⑥，故答案为：A。二、填空题17.氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对

NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮

的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中①Y管中_

____________②反应的化学方程式____________将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2③_______________④______________【答案】(1).A(或

B)(2).2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(或BNH3·H2ONH3↑+H2O)(3).d→c→f→e→i(4).红棕色气体慢慢变浅(5).8NH3+6NO27N2+12H2O(6)

.Z中NaOH溶液产生倒吸现象(7).反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压【解析】【详解】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以

选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为A(或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或BNH3·H2ONH3↑+H2O)；②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥

气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为d→c→f→e→i；(2)打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中

，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打

开K2在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸，故答案为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO27N2+12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。18.A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的

最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．D

、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应．请回答下列问题：（1）写出C元素的名称C_____（2）写出C、D两种元素形成的原子个数比为1：1的物质的电子式为_____．（3）可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是(填编号)_____；①比较这两种元

素常见单质的熔点②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度③比较这两种元素的气态氢化物的还原性（4）A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐(均由四种元素组成)，这两种酸式盐的化学式分别为_____、_____，

这两种酸式盐相互反应的离子方程式为_____．（5）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为_____．（6）向含有amolE的氯化物的溶液中加入含bm

olD的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为_____．①amol②bmol③a/3mol④b/3mol⑤0⑥(4a−b)mol．【答案】(1).氧(2).(3).②③(4).Na

HSO3(5).NaHSO4(6).H++HSO3-=SO2↑+H2O(7).HS-+OH-=S2-+H2O(8).②【解析】【分析】A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物

与其气态氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，且D的原子序数大于N元素，则D为Na元素；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，F原子只能有3个电子层，最外层电子数为6

，则F为S元素；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为O元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，应氢氧化铝与强碱、强酸的反应，可推知E为Al元素。【详解】（1）由上述分析可知，C为O

元素，其名称为氧，故答案为：氧。（2）C为O元素，D为Na元素，形成的原子个数比为1：1的物质为Na2O2，其电子式为：，故答案为：。（3）C为O元素，F为S元素，非金属单质越容易与氢气反应，氢化物的还原性越强，元素的非金属性越强，单质的熔点属于物理性质，不能比较非金属

性强弱，②③正确、①错误，故答案为：②③。（4）A、C、D、F分别为H、O、Na、S，形成两种酸式盐分别为NaHSO3、NaHSO4，反应的离子方程式为：H++HSO3-=SO2↑+H2O，故答案为：NaHSO3；NaHSO4；H++HSO3-=SO2↑+H2O。（

5）A、C、F分别为：H、O、S，三种元素之间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS-，乙为OH-，甲与乙反应的离子方程式为：HS-+OH-=S

2-+H2O，故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O。（6）E为Al元素，D为Na元素；向含有amolAlCl3溶液中加入含bmolNaOH的溶液，发生反应：①AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，②AlCl3+4NaO

H=NaAlO2+3NaCl。第一种情况：当a:b⩾1:3时，只发生反应①，二者恰好反应时得到沉淀为amol或b/3mol，氯化铝过量时，得到沉淀小于amol，可能为a/3mol；第二种情况：当1:3<a:b<1:4时，发生反应①②，设氯化铝的物质的量为xmol

，根据反应方程式：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，消耗的氢氧化钠的物质的量为3xmol，生成的氢氧化铝的物质的量为xmol，剩下的氯化铝的物质的量为：(a-x)mol，再根据反应方程式：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl，消耗的氢氧化钠的物质的量为：4(a-x)

mol，则b=3xmol+4(a−x)mol，解得x=(4a−b)，即沉淀为(4a−b)mol，由于部分铝离子转化为氢氧化铝沉淀，可能为a/3mol；第三种情况：当a:b⩽1:4时，只发生反应②，没有沉淀生成，即沉淀为0；由氢氧根守恒可知，氢氧化铝的物质的量

不可能等于NaOH物质的量，即沉淀不能为bmol，综上分析可知，沉淀可能为①amol；③a/3mol；④b/3mol；⑤0；⑥(4a−b)mol，不可能②bmol，故答案为：②。19.工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素．霾是由空

气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾．（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：2NO(g)+O2(g)垐?噲?2NO2(g)△H=−113.0kJmol−12SO2(g)+O2(g)垐?噲?2SO3(g)△H=−196.6kJmol−1SO2通常在二氧化氮的存在下，

进一步被氧化，生成SO3．①写出NO2和SO2反应的热化学方程式为_____．②随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是_____．（2）提高2SO2(g)+O2(g)垐?噲?2SO3(g)反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施:①T温度时，

在1L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，该反应的平衡常数是_____．②在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是_____(填字

母)．a.温度和容器体积不变，充入1.0molHeb.温度和容器体积不变，充入1.0molO2c.在其他条件不变时，减少容器的体积d.在其他条件不变时，改用高效催化剂e.在其他条件不变时，升高体系温度（3）工业上利用氯碱工业产品治理含二

氧化硫的废气．如图是氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图①用溶液A吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是_____．②用含气体B的阳极区溶液吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是_____．【答案】(1).NO2(g)+SO2(g)=SO

3(g)+NO(g)△H=−41.8kJ⋅mol−1(2).减小(3).2(4).bc(5).SO2+OH-=HSO3-（或SO2+2OH-=SO32-+H2O）(6).SO2+Cl2+H2O=4H++SO42-+2Cl-【解析】【

分析】（1）①NO2和SO2反应的化学方程式为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)，根据盖斯定律可得：（②-①）/2可得其△H。②对于吸热反应，温度升高，平衡常数增大，对于放热反应，温度升高，平衡常数减小。（2）①根据三段式计算平

衡常数。②a.温度和容器体积不变，充入惰性气体，平衡不移动，转化率不变；b.温度和容器体积不变，增加反应物浓度，平衡正向移动，转化率增大；c.减少容器的体积，相当于增大压强，平衡正向移动，转化率提高；d.催化剂只改变反应速率，不影响转化率；e.该反应正反应为放热反应，升高

体系温度，平衡逆向移动，转化率变小；（3）电解饱和食盐水，阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极：2H++2e-=H2↑，总反应为：2NaCl+2H2O=通电2NaOH+Cl2↑+H2↑，所以气体B为氯气，溶液A为氢氧化钠。【详解

】（1）①NO2和SO2反应的化学方程式为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)，根据盖斯定律：(②-①)/2得：△H=12(−196.6kJmol−1+113.0kJmol−1)=−41.8kJ⋅mo

l−1，其热化学反应方程式为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=−41.8kJ⋅mol−1，故答案为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=−41.8kJ⋅mol−1。②由①可知，该反应的正反应

为放热反应，所以升高温度，平衡向逆向移动，平衡常数减小，故答案为：减小。（2）①1L密闭容器中，5min内各物质浓度发生的变化如下：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，起始浓度(mol/L)210变化浓度(mol/L)10.51平衡浓度

(mol/L)10.51平衡常数()()32222(SO)22SOOc1K2c?c10.5===，故答案为：2。②a.温度和容器体积不变，充入1.0molHe，平衡不移动，SO2的转化率不变，a错误

；b.温度和容器体积不变，充入1.0molO2，平衡正向移动，SO2的转化率提高，b正确；c.在其他条件不变，减少容器的体积，相当于增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率提高，c正确；d.在其他条件不变时，改用高效催化剂，平衡不移动，SO2的转化率不变，d错误；e.该反应正反应为放热反应，在其他

条件不变时，升高体系温度，平衡逆向移动，SO2的转化率变小，e错误；故答案为：bc。（3）①电解饱和食盐水，阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极：2H++2e-=H2↑，总反应为：2NaCl+2H2O=通电2NaOH+Cl2↑+H2↑，气体B为氯气，溶

液A为氢氧化钠。氢氧化钠与二氧化硫反应，其化学反应方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3（或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O），其离子反应方程式为：SO2+OH-=HSO3-（或SO2+2OH-=SO32-+H2O），故答案为：SO2

+OH-=HSO3-（或SO2+2OH-=SO32-+H2O）；②气体B为氯气，其溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，其化学反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，其离子反应方程式为：SO2+Cl2+H2O=4H

++SO42-+2Cl-，故答案为：SO2+Cl2+H2O=4H++SO42-+2Cl-。20.X、Y、Z是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(X、Y、Z、E、F为英文字母，部分反应条件及产物略去)I.若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的

气体。（1）Y气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，化学方程式为_____。（2）Z的水溶液可以制得某种强酸E。实验室用98%的浓E(ρ=1.84g·cm−3)溶液配制l.5mol·L−1稀E溶液240mL。①制该稀E

溶液需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒和_____；II.若Z是淡黄色固体粉末。在呼吸面具或潜水艇中由Z和CO2制备氧气的化学反应方程式为_____。III.若Z是红棕色气体。（1）试写出Z与水反应制备另一种强酸F的化学方程式_____。（2）2.0g铜镁合

金完全溶解于100mL密度为1.40g·mL−1质量分数为63%的浓F溶液中，得到Z和N2O4(Z和N2O4均为浓F溶液的还原产物)的混合气体1792mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·

L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀，得到3.7g沉淀。则合金中铜与镁的物质的量之比为_____，加入NaOH溶液的体积为_____mL。【答案】(1).2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O(

2).250mL容量瓶(3).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(4).3NO2+H2O=2HNO3+NO(5).2:3(6).1300【解析】【分析】I．若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体，则Y为SO2；II．若Z是淡黄色固体粉末，则Z为Na2O2；I

II．若Z是红棕色气体，则Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO。【详解】I.（1）根据分析，Y为SO2，SO2的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，其反应的化学方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：2NH3⋅H2O

+SO2=(NH4)2SO3+H2O。（2）①二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水得硫酸，E是硫酸。实验室用98%浓硫酸(ρ=1.84mg⋅cm−3)溶液配制1.5mol⋅L−1稀硫酸溶液240mL，依据配制溶液的步骤

可知，需用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶。II.根据分析，Z为Na2O2，在呼吸面具或潜水艇中Na2O2和CO2制备O2的化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2=

2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。III.（1）Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，其化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，

故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。（2）F为HNO3，金属离子全部沉淀时，得到3.7g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，所以沉淀中氢氧根离子的质量为3.7g−2g=1.7g，氢氧根离子的物质的量为：m1.7gn0.1mol17gMmol===，根据电荷守恒可知，

金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：220.164242xyxy+=+=，计算得出：0.020.03xmolymol==，所以合金中铜与镁的物质的量之

比是0.02：0.03=2:3；标准状况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：mV1.792Ln0.08molV22.4L/mol===，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.08−a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.08−a)×2×

1=0.1，计算得出：a=0.06mol，则N2O4的物质的量为0.02mol，根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为：100mL1.4g/mL63g×6%l3/mo−0.06mol−0

.02mol×2=1.3mol，所以需要氢氧化钠溶液的体积为：1.3molV1.3L1300mL1.0molL===，故答案为：2:3；1300。21.我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法。Ⅰ.已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566

kJ/mol；2Fe(s)+32O2(g)=Fe2O3(s)△H=−825.5kJ/mol反应：Fe2O3(s)+3CO(g)垐?噲?2Fe(s)+3CO2(g)△H=_____kJ/mol。Ⅱ.反应Fe2O3(s)+3CO(g)垐

?噲?2Fe(s)+3CO2(g)在1000℃的平衡常数等于4.0。在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡。（1）欲提

高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是_____a.提高反应温度b.增大反应体系的压强c.选取合适的催化剂d.及时吸收或移出部分CO2e.粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触Ⅲ.高炉炼铁产生的

废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)。请根据图示回答下列问题：（1）从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)=_____。（2）若在温度和容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入

反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下表：容器反应物投入的量反应物的转化率CH3OH的浓度能量变化(Q1,Q2,Q3均大于0)甲1molCO和2molH2a1c1放出Q1kJ热量乙1molCH3OHa2c2

吸收Q2kJ热量丙2molCO和4molH2a3c3放出Q3kJ热量则下列关系正确的是_____。a.c1=c2b..2Q1=Q3c..2a1=a3d..a1+a2=1e.该反应若生成1molCH3OH，则放出(Q1+Q2)kJ热量【答案】(1).-23.5(2).d(3).110.15mol?

L?min−−(4).ade【解析】【分析】I.依据热化学方程式和盖斯定律计算得到需要的热化学方程式；II.（1）提高CO的平衡转化率，应使平衡向正反应移动，但不能增大CO的用量；III.（1）根据图象中生成

甲醇的物质的量浓度，求出消耗的氢气的物质的量浓度，再求出氢气的反应速率；（2）甲容器反应物投入1molCO，2molH2与乙容器反应物投入1molCH3OH在保持恒温、恒容情况下是等效平衡；甲容器反应物投入量1molCO、2molH2与丙容器反应物投入量2molCO、4molH2，

丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，丙容器平衡向正向移动。【详解】Ⅰ.①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ/mol；②2Fe(s)+32O2(g)=Fe2O3(s)ΔH=−825.5kJ/mol；盖斯定律：①32-②

得：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=−566kJ/mol32+825.5kJ/mol=-23.5kJ/mol，故答案为：-23.5。Ⅱ.（1）a．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率降低，a错误；b．

反应前后气体的物质的量不变，增大压强，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，b错误；c．加入合适的催化剂，平衡不移动，c错误；d．移出部分CO2，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，d正确；e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，反应速率增大，但平衡不移动，e错误；故答案为：d

。Ⅲ.（1）达到平衡时生成甲醇为0.75mol/L，则消耗的c(H2)=2×0.75mol/L=1.5mol/L，112c1.5mol/L(H)0.15mol?L?mint10minv−−===VV，故答案为：110.15m

ol?L?min−−。（2）a.甲、乙相比较，把乙等效为开始加入1molCO和2molH2，和甲是等效的，甲乙是等效平衡，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，a正确；b.甲、丙相比较，丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡

向生成甲醇的方向移动，所以2Q1＜Q3，b错误；c.甲、丙相比较，丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡向生成甲醇的方向移动，所以a1＜a3，c

错误；d.甲、乙处于相同的平衡状态，反应方向相反，则α1+α2=1，d正确；e.甲、乙处于相同的平衡状态，反应方向相反，两个方向转化的和恰好为1mol，所以该反应若生成1molCH3OH，则放出（Q1+Q2

）kJ热量，e正确；故答案为：ade。