【文档说明】安徽省合肥市2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，420.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题(理科)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23K-39Zn-65一、单选题（共18题，每小题3分，计54分）1.高中化学《化学反应原理》选修模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中不正确的是①放热反应在常温下均能自发进行；②电解过程中，化学能转化

为电能而“储存”起来；③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应；④加热时，化学反应只向吸热反应方向进行；⑤盐类均能发生水解反应；⑥化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写无关。A.①②④⑤B.①④⑤⑥C.②③⑤⑥D.①②④⑤⑥【答案】D【解析】【详解】①放热

反应是指：反应物的总能量大于生成物的总能量，与常温下能自发进行无关，如：碳在空气中燃烧，须加热达到碳的着火点才可进行，不正确；②电解过程中，需要消耗电能，是将电能转化为化学能，不正确；③原电池工作时，

是将化学能转化电能，有电流产生，则有电子的定向移动，所以所发生的反应一定有氧化还原反应，正确；④加热时，提供能量，无论是吸热反应，还是放热反应，反应速率都要加快，不正确；⑤盐类水解的规律为：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，弱是指弱酸或弱碱的离子，强

酸强碱盐不水解，不正确；⑥化学平衡常数的表达式为：化学平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物质浓度幂之积，与化学反应方程式的书写有关，不正确；综上综上①②④⑤⑥不正确，选A。2.我国外交部发言人就法国佳士得公司拍卖我国圆明园兔

首和鼠首两件文物发表严正声明，中国对其拥有不可置疑的所有权。这两件铜铸国宝在二百多年后看上去仍然熠熠生辉，光彩照人。下列对其原因的分析，最有可能的是（）A.它们的表面都镀上了一层耐腐蚀的黄金B.环境污染日趋严重，它们表面的铜绿被酸雨溶解洗去C.铜的金属活动性比氢弱，因此不易

被氧化D.它们是含一定比例金、银、锡、锌的铜合金【答案】D【解析】【详解】A．根据题干信息，兔首和鼠首是铜铸国宝，他们都属于铜合金，没有进行电镀，形成原电池时铜做正极被保护，耐腐蚀性好，所以铜铸的国宝仍然熠熠生辉，故A错误；B．铜的性质稳

定，酸雨一般是硫的氧化物溶于雨水中形成的，常温下，铜不与稀硫酸反应，两件铜铸国宝不会被酸雨腐蚀，故B错误；C．铜在加热的条件下，会与氧气反应生成氧化铜，故C错误；D．根据A项分析，鼠首和兔首铜像是含一定比例金、银、锡

、锌的铜合金，形成原电池时铜做正极被保护，耐腐蚀性好，所以铜铸的国宝仍然熠熠生辉不生锈，故D正确；答案选D。3.已知当△H-T·△S＜0时化学反应能自发进行。下列化学反应肯定能自发进行的是（）A.N2(g

)＋3H2(g)⇌2NH3(g)B.2K(s)+2H2O(l)=2K+(aq)＋2OH-(aq)＋H2↑C.2Mg(s)＋O2(g)=2MgO(s)D.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)【答案】B【解析】【详解】A．N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)为工

业上合成氨的反应，是放热反应，△H＜0，反应过程中混乱度减小，△S＜0，根据△H-T△S＜0，反应在较低的温度下才能自发进行，故A不符合题意；B．2K(s)+2H2O(l)=2K+(aq)＋2OH-(aq)＋H2(g)↑，活泼金属与水的反应属于放

热反应，△H＜0，反应过程中混乱度增大，△S＞0，该反应在任何情况下都可自发进行，故B符合题意；C．2Mg(s)＋O2(g)=2MgO(s)是镁的燃烧，属于放热反应，△H＜0，混乱度减小，△S＜0，较低的温度下才能自发进行，故C不符合题意；D．CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2

(g)是分解反应，绝大多数分解反应是吸热反应，△H＞0，反应过程中混乱度增大，△S＞0，反应在较高的温度下才能自发进行，故D不符合题意；答案选B。【点睛】一个放热的熵增加的反应，肯定是一个自发的反应即△H＜0，△S＞0，△G＜0

；一个吸热的熵减少的反应，肯定是一个不自发的反应:△H＞0，△S＜0，△G＞0；一个放热的熵减少的反应，降低温度，有利于反应自发进行，△H＜0，△S＜0，要保证△G＜0，T要降低；一个吸热的熵增加的过程，升高温度，有利于反应自发发生。△H＞0，△S＞0，要保证△G＜0，T要升高得足够高。4.

下列事实不能．．用勒夏特列原理解释的是（）A.将氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体B.钢铁在潮湿的空气中容易生锈C.实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气D.常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至l00mL，测得其pH＜5【答案】B【解

析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应且存在平衡移动，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．氯化铁为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性且为吸热过程，加热促进水解，生成氢氧化铁和盐酸，加热促进

盐酸挥发，水解平衡正向移动得到氢氧化铁，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈是因为形成电化学腐蚀，与勒夏特列原理无关，故B符合题意；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解

平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．醋酸为弱电解质，存在弱电解质的电离平衡，加水促进电离，则将

1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至100mL，测得其pH＜5，与勒夏特列原理有关，故D不符合题意；答案选B。5.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K,则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）反应热和化

学平衡常数为()A.2△H和2KB.-2△H和K2C.-2△H和K-2D.2△H和-2K【答案】C【解析】【详解】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是－2△H。平衡常数是在反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物

浓度的幂之积的比值，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。6.在温度相同、浓度相同的条件下，下列六种物质的水溶液的pH由小

到大的排列顺序如图所示。图中①、②、③可能是（）A.NH4NO3、(NH4)2SO4、CH3COONaB.(NH4)2SO4、NH4Cl、C6H5ONaC.(NH4)2SO4、NH4NO3、Na2CO3D.(NH4)2SO4、NH4NO3、CH3COONa【

答案】D【解析】【详解】硫酸氢铵是强酸酸式盐，其溶液呈强酸性，硝酸钠为强酸强碱盐，其溶液呈中性，则①②应该是强酸弱碱盐，且①的水解量大于②，硫酸铵、硝酸铵或氯化铵都是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，但硫酸铵中铵根离子水解的量大于氯化铵或硝酸铵，所以相同浓度的硫酸铵pH小于氯化铵或硝酸

铵，则①是硫酸铵，②是硝酸铵或氯化铵；碳酸氢钠为强碱弱酸酸式盐，其溶液呈弱碱性，③也应该是强碱弱酸盐，但酸根离子水解程度小于碳酸氢根离子，碳酸根离子、苯酚根离子水解程度都大于碳酸氢根离子，所以③是醋酸钠，故答案选D。【点睛】相同浓度的硫酸铵和氯化铵中，硫酸铵中的铵根离子浓度大，水解程度

大，溶液的酸性更强。7.下列溶液中可能大量共存的离子组是（）A.含有大量Fe3+的溶液：K+、Mg2+、NO3-、SCN-B.常温下，c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：CO32-，Na+，S2-，SO32-C.放入铝粉能放出氢气的溶液：K+、NH4+、HCO3-、SO42-D.常温下，

由水电离出来的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液：NH4+、K+、CO32-、SO42-【答案】B【解析】【详解】A．含有大量Fe3+的溶液：Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；B．常温下，c(H+)=10-1

2mol·L-1的溶液中显碱性，CO32-，Na+，S2-，SO32-之间以及与OH-不发生反应，能大量共存，故B正确；C．放入铝粉能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能大量存在CO32-

，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故C错误；D．由水电离出来的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中不能大量存在CO32-，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故D错误；答案选B。【点睛】

溶液显酸性还是碱性，需要比较氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，常温下，c(H+)=10-12mol·L-1小于10-7mol·L-1的溶液,显碱性，常温下，水电离出的氢离子的浓度为10-7mol·L-1，由水电离出来的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液，抑制了水的电离，显酸性或碱性，

这些为学生的疑难点。8.下列化学反应的离子方程式正确的是（）A.在稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O＋CO2=NH4+＋HCO3-B.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO-=CaSO3↓＋2HClOC.碳酸氢钠溶液的水解：HCO3-＋H2O⇌CO

32-＋H3O+D.向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液CO32-＋2H+=CO2↑＋H2O【答案】A【解析】【详解】A．在稀氨水中通入过量CO2的离子反应为：NH3·H2O＋CO2=NH4+＋HCO3-，故A正确；B．少量SO2通入漂白粉溶液中的离子反应为SO2+H2O+Ca2++C

lO-═CaSO4↓+2H++Cl-，故B错误；C．碳酸氢离子水解生成碳酸和氢氧化钠，溶液显碱性，离子反应为：HCO3-＋H2O⇌H2CO3＋OH-，故C错误；D．醋酸为弱酸，离子方程式中应该保留分子式，正确的离子方程式为：CO32-+2C

H3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D错误；答案选A。9.要使工业废水中的重金属Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10-41.81×10-71.84

×10-14由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为（）A.硫化物B.硫酸盐C.碳酸盐D.以上沉淀剂均可【答案】A【解析】【详解】化学式相似物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小。生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生。要将Pb2＋沉淀，就要形成溶解度

更小的物质，由表中数据可知，PbS的溶解度最小，沉淀剂最好为硫化物。答案选A。10.在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中A.c(Ba2＋)=c(SO42-)=12(K

sp)B.c(Ba2＋)·c(SO42-)>Ksp，c(Ba2＋)=c(SO42-)C.c(Ba2＋)·c(SO42-)=Ksp，c(Ba2＋)>c(SO42-)D.c(Ba2＋)·c(SO42-)≠Ksp，c(Ba2＋)<c(SO42-)【答案】C【解析】【详解】加入BaCl2溶液会生成BaSO

4沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，溶度积常数只与温度有关，不变。答案选C。11.被称之为“软电池”的纸质电池，其电池总反应为Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnO(OH)。下列说法正确的是（）A.该电池的正极为锌B.该电

池反应中二氧化锰起催化剂作用C.当6.5gZn完全溶解时，流经电极的电子0.1molD.电池正极反应式为2MnO2＋2e-＋2H2O=2MnO(OH)＋2OH-【答案】D【解析】【分析】由电池总反应Zn+2MnO2

+H2O=ZnO+2MnO(OH)可知，Zn被氧化，为原电池的负极，电极反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-；【详解】A．从电池反应可知，锌被氧化，失去电子，所以是负极，故A错误；B．该电池反

应中二氧化锰发生了还原反应，二氧化锰得到电子，被还原，为原电池的正极，故B错误；C．原电池的负极，电极反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，当有65gZn物质的量为1mol锌溶解时，流经电极的电子2mol，故C错误；D．电池的正极反应式为MnO2+H2O+e-=

MnO(OH)+OH-，或2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，故D正确；答案选D。【点睛】书写电极反应式，可以先将简单的电极反应写出，再将总反应减去简单的电极反应得到较复杂的电极反应。12.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，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D.a和

b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动【答案】D【解析】【详解】A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu

2++2e-═Cu，故B正确；C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；D．a和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，

易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。13.在一定温度下,向aL密闭容器中加入1molX气体和2molY气体,发生如下反应:X(g)+2Y(g)2Z(g)，此反应达到平衡的标志是()A.容器内密度不随时间变化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∶2D.单位时间消耗0.1molX同时生成0.2molZ【答案】B【解析】【详解】A.混合气体的密度等于混合气的总质量除以容器的体积，由于反应物和生成物都是气体，根据质量守恒，混合气的总质量是不变的，容器体积一定，所以混合气的密度一直不变

，所以密度不变不能证明该反应达到平衡状态，故A不选；B.达到化学平衡时，各物质的浓度不再变化，故B选；C.容器内各物质的浓度不再改变可以说明反应达到了平衡状态，但各物质的浓度之比等于方程式的系数比，和是否平衡无关，故C不选；D.单位时间消耗0.1mo

lX必然同时生成0.2molZ，没有说明正逆反应速率相等，故D不选；故选B。14.用P作阴极，Q作阳极，电解M的水溶液，电解一段时间后，再加入N能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是（）PQMNACuCuCuSO4CuSO4BFe石墨NaCl盐酸CPtPtCuSO4Cu(OH)

2DPtPtNaOHH2OA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．阴阳两极都是铜放电，类似于电解精炼铜，则溶液浓度是不变的，加入CuSO4，CuSO4浓度增大，故A错误；B．电解食盐水，生成NaOH、H2、Cl2，加盐酸，溶液的浓度显然

不能恢复电解前的状态，应通入适量的HCl气体，故B错误；C．电解CuSO4，阴极析出铜，阳极生成氧气，应加入CuO，故C错误；D．电解NaOH溶液实际上是电解的水，加入一定量的水可恢复原浓度，故D正确

；答案选D。15.测定结晶水合物中的结晶水数目的方法是在空气中高温灼烧使其完全失去结晶水称量反应前后固体质量。可以用灼烧法测定下列结晶水合物中结晶水数目的是（）A.Cu(NO3)2·3H2OB.FeCl3·6H2OC.KAl(SO4)2·12H2OD.FeS

O4·7H2O【答案】C【解析】【详解】A．灼烧硝酸铜晶体最终生成氧化铜，无法得到硝酸铜，因为硝酸盐易分解，故A错误；B．氯化铁晶体受热最终得到氧化铁，因为氯化氢易挥发，生成氢氧化铁易分解，故B错误；C．明矾晶体

受热水解生成氢氧化铝和氧化铝，但是硫酸难挥发，所以它们又相互反应生成硫酸铝，故C正确；D．绿矾在空气中受热易被空气中氧气氧化生成铁盐，故D错误；答案选C。【点睛】用灼烧法测结晶水合物中结晶水，该物质必须具备三个条件：一是在空气中不易被氧化，二是不易分解，三

是水解生成的酸是难挥发性酸。16.下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合：c(Cl−)＞c(+4NH)＞c(OH−)＞c(H+)B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：

c(Na+)=c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)C.10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)D.

10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c(Cl−)＞c(Na+)＞c(OH−)＞c(H+)【答案】B【解析】【详解】A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，恰好反应生成氯化铵和水，溶液是氯化铵溶液，铵根离子水解显酸

性，离子浓度大小为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故A错误；B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为c

（Na+）=c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；C.10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，恰好反应生成醋酸钠溶液，溶液中醋酸根离子水解显碱性，离子浓度大小为c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（

OH-）＞c（H+），故C错误；D.10mL0.5mol/LNaOH溶液与6mL1mol/L盐酸混合，反应后溶液中氯化氢过量，溶液呈酸性，离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故D错

误。故选B。17.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)⇌2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变

化如图所示：下列说法中正确的是（）A.30min～40min间该反应使用了催化剂B.反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C.30min时降低温度，40min时升高温度D.8min前A的平均反应速率为0.08mol·L-1·min-1【答

案】D【解析】【详解】A．由图象可知，30～40min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A错误；B．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大

压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；C．由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状

态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故C错误；D．由图可知8min前A的浓度减小了2mol•L-1-1.36mol•L-1=0.64mol•L-1，所以A的反应速率为10.64molL8min=0.

08mol•L-1•min-1，故D正确；答案选D。18.下列说法不正确．．．的是（）A.已知冰的熔化热为6.0kJ·mol-1，冰中氢键键能为20kJ·mol-1。假设每摩尔水中有2mol氢键，且熔化热完全用于打破冰的氢键，则最多只能破坏冰中1

5%的氢键B.实验检测得环己烷(l)、环己烯(l)和苯(l)的标准燃烧热分别为-3916kJ·mol-1、-3747kJ·mol-1和-3265kJ·mol-1，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键C.已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，Ka=2cα1-α

。若加入少量CH3COONa固体，则电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-＋H＋向左移动，α减小，Ka变小D.“水”电池是一种能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电的装置，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl。则每生成1molNa2Mn5O1

0转移2mol电子【答案】C【解析】【详解】A．熔化热相当于破坏的氢键的物质的量6kJ20kJ/mol=0.3mol氢键，则最多只能破坏冰中氢键的0.3mol2mol=15%，故A正确；B．由环己烯(l)与环己烷(l)相比，形成一个碳碳双键，能量降低3916kJ.mol−1−

3747kJ.mol−1=169kJ⋅mol−1，由苯(l)与环己烷(l)相比，形成三个碳碳双键，则能量应降低169kJ⋅mol−1×3=507kJ/mol，而实际能量降低了3916kJ⋅mol−1−3265kJ⋅mol−1=6

51kJ⋅mol−1，远大于507kJ⋅mol−1，充分说明苯分子不是环己三烯的结构，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键，故B正确；C．Ka只与温度有关，与浓度无关，一定温度下，温度不变，Ka不变，故C错误；D．“水”电池是一种能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电的装置，在海水中电

池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，Ag由0价变为+1价，化合价共降低了2价，则每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故D正确；答案

选C。二、（本题四大题，共46分）19.依据下列信息，完成填空：（1）某单质位于短周期，是一种常见的半导体材料。在25℃、101kPa下，其气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是___。（2）已知：2Zn

(s)＋O2(g)=2ZnO(s)ΔH=-701.0kJ·mol-1，2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s)ΔH=-181.6kJ·mol-1，则反应：Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的Δ

H为___。（3）在温度t1和t2下，X2(g)和H2反应生成HX的平衡常数如下表：化学方程式K(t1)K(t2)F2＋H2⇌2HF1.8×10361.9×1032Cl2＋H2⇌2HCl9.7×10124.2×1

011Br2＋H2⇌2HBr5.6×1079.3×106I2＋H2⇌2HI4334①已知t2＞t1，生成HX的反应是___反应(填“吸热”或“放热”)。②K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：___，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。③在t1温度1L恒容密闭容器中

，1molI2(g)和1molH2反应达平衡时热量变化值为Q1；反之，2molHI分解达平衡时热量变化值为Q2，则：Q1___Q2(填“＞”“＜”“=”)。【答案】(1).SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH=-1

520.0kJ·mol-1(2).-259.7kJ·mol-1(3).放热(4).同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多(5).＞【解析】【分析】(1)某单质位于短周期，是一种常见的半导体材料，该元素为硅，根据题意发生反应为SiH4+2O2═SiO2+2H2O，根

据反应，1molSiH4参与反应时转移8mole−，据此计算书写热化学方程式；(2)根据盖斯定律计算；(3)①温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，HX的生成反应为放热反应；②平衡常数越大，说明反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是：同一主族元素从上到下原

子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱；③由于HX的生成反应为放热反应，则HX的分解反应为吸热反应。【详解】(1)某单质位于短周期，是一种常见的半导体材料，该元素为硅，根

据题意发生反应为SiH4+2O2═SiO2+2H2O，根据反应，1molSiH4参与反应时转移8mole−，所以，当有1molSiH4参加反应时，放出热量为190.0kJ×8=1520.0kJ，其热反应方程式为：SiH4(g)+2O2(g)═SiO2(s)+2H2O(

l)△H=−1520.0kJ⋅mol−1；(2)已知：①2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s)ΔH=-701.0kJ·mol-1②2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s)ΔH=-181.6kJ·mol-1，根据盖斯

定律，12×(①-②)可得：Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)ΔH=-259.7kJ·mol-1；(3)①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是放热反应；②平衡常数越大，说明反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子

能力依次减小的主要原因是：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱造成的；③在t1温度1L恒容密闭容器中，1molI2(g)和1molH2反应达平衡时，设I2的转化浓度为x，列三段式：22mol/L110mol/Lxx2x

molI/g+H2L1-x1-x2xHI始变平K=222x1x=43，解得x=43243，则I2的转化率=43243×100%≈76.7%，即1molI2(g)和1molH2反应达平衡时的转化率为76.7%，由于在t1温度1L恒容密闭容器中，1molI2(g)和1molH

2反应与2molHI分解反应互为等效平衡，两个反应的转化率之和等于1，则2molHI分解达平衡时HI的转化率=1-76.7%=23.3%，转化的量越多，平衡时热量变化值越大，则Q1＞Q2。20.电化学的应用十分广泛，是现代生产、生活、国防，乃至整个人类生活不可缺的物质条件。请根据所

给材料回答下列问题：（1）请结合组成原电池的条件，将氧化还原反应：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+设计成一个原电池。①电解液：___，②正极材料：___；③负极反应式：___。（2）用吸收H2后的稀土

储氢合金作为电池负极材料(用MH表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：NiO(OH)＋MH放电充电Ni(OH)2＋M①电池放电时，负极的电极反应式为___。②当该电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生

的反应是___。A.H2O的还原B.NiO(OH)的还原C.H2的氧化D.Ni(OH)2的氧化（3）按如图电解饱和食盐水溶液，写出该电解池中发生反应的总反应式：___；将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试

液中，观察到的现象是：___。【答案】(1).含Fe3+的盐溶液(2).石墨(或铂等惰性电极)(3).Cu-2e-=Cu2+(4).MH＋OH--e-=M＋H2O(5).D(6).NaCl＋H2O电解NaClO＋H2↑(7).先变红后褪色

【解析】【分析】(1)由方程式可知，Cu被氧化，为原电池的负极，则正极可为碳棒或不如Cu活泼的金属，电解质溶液为含有铁离子溶液，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，据此分析解答；(2)用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH表示

)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，根据电池充放电时的总反应为：NiO(OH)＋MH放电充电Ni(OH)2＋M，则负极上MH失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电极反应为：

MH＋OH--e-=M＋H2O，总反应减去负极反应可得正极反应：NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，充电时，为放电的逆过程，阳极的电极反应为：Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O，阴极的电极反应为M＋H2O+e-=MH＋OH-，据此分析解答；(3)电解饱和食

盐水溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，按如图电解，石墨电极作阳极，发生氧化反应，产生氯气，铁电极作阴极，发生还原反应，产生氢气，氯气在逸出过程中与溶液中的氢氧化钠反应，据此分析解答。【详解】(1)由氧化还原反应：2Fe3+＋

Cu=2Fe2+＋Cu2+可知，Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu−2e−=Cu2+，正极Fe3+被还原，电极方程式为2Fe3++2e−=2Fe2+，正极可为石墨(或铂等惰性电极)，电解质溶液为含有Fe3+的盐溶液，①根据分析，电解液为含Fe3+

的盐溶液；②正极材料为石墨(或铂等惰性电极)；③负极反应式：Cu−2e−=Cu2+；(2)①根据分析，电池放电时，负极上MH失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电极反应为：MH＋OH--e-=M＋H2O；②当该电池充电时，与外电源正极连接的电极

为阳极，根据分析，阳极电极反应为Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O，答案选D；(3)电解饱和氯化钠溶液，反应的方程式为：2NaCl+2H2O电解2NaOH+Cl2↑+H2↑，按如图电解，石墨电极作阳极，发生氧化反应，产生氯气，铁电极作阴极，发

生还原反应，产生氢气，氯气在逸出过程中与溶液中的氢氧化钠反应，发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故该电解池中发生反应的总反应方程式为：NaCl+H2O电解NaClO+H2↑，电解后得到NaCl

O溶液，显碱性，且具有强氧化性，滴入酚酞溶液中，观察到溶液先变红后褪色。21.反应aA(g)＋bB(g)催化剂cC(g)(ΔH＜0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：（1）第Ⅰ阶段达平衡时的平衡常数K=___。（2）A

的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从小到大排列次序为___；（3）B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最大的是___；（4）由第Ⅰ阶段平衡到第Ⅱ阶段平衡，平衡移动的方向是___，采取的

措施是___；（5）比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2__T3(填“＞”“＜”“=”)，判断的理由是___。【答案】(1).4.027.0(2).vⅢ(A)、vⅡ(A)、vⅠ(A)(3).αⅠ(B)(4).向正反应方

向(5).从反应体系中移出产物C(6).＞(7).此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动【解析】【分析】(1)由图第Ⅰ阶段，达到平衡时各物质的浓度，根据平衡常数=平衡时生成物浓度系数次幂的乘积平衡时反应物浓度系数次幂的乘积计算(2)根据化学反

应速率为单位时间浓度的变化值，可计算三个阶段用A表示的化学反应速率，据此判断；(3)转化率是物质的减少量与初始量的比值，计算三个阶段B的转化率，据此解答；(4)第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动

；(5)第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降

低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低。【详解】(1)由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c(A)=2mol/L-1mol/L=1mol/L，△c(B)=6mol/L-3

mol/L=3mol/L，△c(C)=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2，A(g)＋3B(g)催化剂2C(g)，根据平衡常数=平衡时生成物浓度系数次幂的乘积平衡时反应物浓度系数次幂的乘积

=232.003.001.00=4.027.0；(2)vⅠ(A)=1mol/L20min=0.05mol/(L•min)，vⅡ(A)=1mol/L-0.62mol/L15min=0.0253mol/

(L•min)，vⅢ(A)=0.62mol/L-0.5mol/L10min=0.012mol/(L•min)，故A的平均反应速率vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；(3)B的平衡转化率αⅠ(B)=3mol/L6mol/L×100%=50%，

αⅡ(B)=3mol/L-1.86mol/L3mol/L×100%=38%，αⅢ(B)=1.86mol/L-1.5mol/L1.86mol/L×100%=19.4%，则B的转化率最大的为αⅠ(B)；(4)第Ⅱ阶

段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动；(5)第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给

条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温

度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低。22.有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是一定浓度的AlCl3溶液、盐酸、氨水、Na2SO4溶液中的一种。已知A、B溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。请回答下列问题：（1）A是___

，D是___。（2）写出足量B溶液与少量C溶液混合后发生反应的离子方程式：___。（3）A、B溶液等体积混合后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是：___。【答案】(1).盐酸(2).Na2SO4溶液(3).Al3＋＋3NH3·H2O=Al(

OH)3↓＋3NH4+(4).c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H＋)【解析】【分析】AlCl3溶液中Al3+水解生成氢离子，溶液显酸性，水解促进水的电离；盐酸溶液显酸性，对于水的电离起抑制作用；氨水溶液

显碱性，对于水的电离起抑制作用；Na2SO4显中性，对水的电离无影响；根据题意，A、C溶液的pH相同，A、C为AlCl3溶液、盐酸，均显示酸性，A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为盐酸、氨水，都对水的电离起到抑制作用

，综上分析，故A为盐酸，B为氨水溶液，C为AlCl3溶液，D为Na2SO4溶液，溶液的pH=7，以此解答该题。【详解】(1)根据分析，A是盐酸，D是Na2SO4溶液；(2)足量氨水与少量AlCl3溶液混合后生成氢氧化铝和氯化铵，氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝

，离子反应为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+；(3)A为盐酸,B为氨水溶液，两溶液中水的电离程度相同，A、B溶液等体积混合后，生成氯化铵和水，溶液显示碱性，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)

＞c(H＋)。