河北省唐山市开滦第二中学2018_2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

河北省唐山市开滦第二中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题1.下列有关生产、生活中的叙述正确的是A. 煤经过气化和液化两个化学变化，可变为清洁能源B. 古代的陶瓷、砖瓦，现代的有机玻璃、水泥都是硅酸盐产品C. 明矾可用于水的杀菌消毒，碳酸钡可用于钡餐透视D. 单晶硅太阳能电池板可以将太阳能直接转变为机械能【答案】A【解析】A、煤的气化和液化，是对煤的综合利用，煤的气化如转化成CO和H2，煤的液化，如转变成甲醇等，使煤转变成清洁能源，故A正确；B、陶瓷、水泥、砖瓦都是硅酸盐产品，有机玻璃是聚合物，是聚甲基丙烯酸甲酯的俗称，不属于硅酸盐产品，故B错误；C、明矾利用Al3水解成氢氧化铝胶体，利用胶体吸附水中固体颗粒，达到净水的目的，但明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒，碳酸钡能与胃酸反应，生成Ba2，Ba2属于重金属离子，造成人体中毒，因此用硫酸钡作钡餐进行透视，故C错误；D、太阳能电池板是将太阳能直接转化成电能，故D错误。2.设C+CO22CO(正反应为吸热反应)，反应速率为v1；N2+3H22NH3(正反应为放热反应)，反应速率为v2。对于前述反应，当温度升高时，v1和v2变化情况为A. 同时增大B. 同时减小C. v1增大，v2减小D. v1减小，v2增大【答案】A【解析】分析】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大，反之，减小，以此解答。【详解】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大，A项正确；答案选A。【点睛】切莫将温度对化学反应速率与化学平衡的影响相混淆。3.下列化合物属于弱电解质的是A. HClO4B. BaSO3C. CO2D. HF【答案】D【解析】【详解】部分电离、存在电离平衡的电解质是弱电解质，则A、HClO4强酸，为强电解质，A不选；B、BaSO3是盐，为强电解质，B不选；C、CO2为非电解质，C不选；D、HF是弱酸，为弱电解质，D选；答案选D。【点睛】电解质包括有酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质包括有非金属氧化物，大多数有机物、氨气等。强弱电解质的根本区别是看电解质本身能否完全电离，强酸、强碱、大部分的盐，活泼金属氧化物为强电解质；弱酸、弱碱、水为弱电解质。4.“中和热”是一个在热化学中的重要概念，“中和热”的定义为：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应则生成1mol H2O，这时的反应热叫做中和热。以下关于中和热的叙述正确的是A. 在稀溶液中所有酸和碱反应的中和热数值都相等B. 在稀溶液中强酸与强碱反应的中和热都相等C. 在稀溶液中1mol强酸和1mol强碱反应放出的热量都相等D. 将浓硫酸滴入氢氧化钠溶液中刚好生成1mol水时，产生的热量即为中和热【答案】B【解析】【分析】在稀溶液中，稀的强酸跟强碱发生中和反应而生成1mol水时放出的热量叫做中和热。据此判断。【详解】A、在稀溶液中所有酸和碱反应的中和热数值不一定都相等，例如在稀溶液中弱酸和弱碱反应生成1mol水放出的热量小于中和热，因为弱电解质电离吸热，A错误；B、在稀溶液中强酸与强碱反应的中和热都相等，B正确；C、在稀溶液中1mol酸和1mol碱反应放出的热量不一定相等，如一元酸和一元碱放的热量小于二元酸和二元碱放出的放热，C错误；D、浓硫酸稀释时放热，所以生成1mol水时放的热量大于中和热的数值，D错误；答案选B。5. 用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（ ）A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照B. 将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照C. 将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D. 将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照【答案】A【解析】【详解】A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，A正确；B. 用pH试纸测定溶液pH值时，若用蒸馏水润湿试纸，相当于把待测液加水稀释，导致所测的pH值可能不准，故试纸是不能事先润湿的，B不正确；C. 不能将试纸在待测液中蘸一下，这样会污染试剂，C不正确；D. 不能将试纸用蒸馏水润湿，D不正确。本题选A。6.下列关于原电池的叙述错误的是A. 原电池中的电解质不一定处于液态B. 若欲使原电池处于工作状态，必须将其与外电路形成闭合回路C. 排在金属活动性顺序表前面的金属总是作负极，排在后面的金属总是作正极D. 负极总是发生氧化反应，正极总是发生还原反应【答案】C【解析】【详解】A. 原电池中的电解质不一定处于液态，也可以是固态或糊状物，A正确；B. 若欲使原电池处于工作状态，必须将其与外电路形成闭合回路，B正确；C. 排在金属活动性顺序表前面的金属不一定总是作负极，排在后面的金属也不一定总是作正极，例如铁、铜和浓硝酸构成的原电池中铁是正极，铜是负极，C错误；D. 原电池中负极总是失去电子，发生氧化反应，正极总是得到电子，发生还原反应，D正确；答案选C。【点睛】选项C是解答的易错点，注意判断电极时，不能简单地依据金属的活泼性来判断，要看反应的具体情况，如：Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子，Al作负极，Mg作正极；Fe、Al在浓HNO3中钝化后，比Cu等金属更难失电子，Cu等金属作负极，Fe、Al作正极。7.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反 应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，说法不正确的是A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2B. PCl3的水解产物是HClO和H3PO3C. A14C3的水解产物是Al(OH)3和CH4D. CH3COCl的水解产物是两种酸【答案】B【解析】【详解】A. BaO2中氧元素是1价，则水解产物是Ba(OH)2和H2O2，A正确；B. PCl3中P和Cl的化合价分别是3价和1价，所以分别结合水电离出的OH和氢离子，产物是H3PO3和HCl，B错误；C. A14C3中碳元素是4价，则水解产物是Al(OH)3和CH4，C正确；D. CH3COCl的水解产物是两种酸，分别是乙酸和盐酸，D正确；答案选B。8.在一定温度不同压强（P1P2）下，可逆反应2X(g)2Y(g) + Z(g)中，生成物Z在反应混合物中的体积分数（）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是【答案】B【解析】【详解】在2X(g) 2Y(s)Z(g)中，正反应是体积减小的反应，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，Z的体积分数增大，由于p1V2V1B. V3=V2=V1C. V3V2=V1D. V1=V2V3【答案】C【解析】【分析】有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3H2O三种碱溶液中，c（OH）相同，但NH3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH）越大，消耗酸越多分析解答。【详解】等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3H2O三种碱溶液中，Ba(OH)2、NaOH中c（OH）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2V3，所以消耗酸的体积关系为V3V2=V1，答案选C。【点睛】解题关键：明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡，难点：NH3H2O是弱电解质，要获得一定浓度的OH，氨的浓度要比OH大得多。10. 五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中R元素原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍，下列判断正确的是A. 元素的非金属性次序为：YXMB. 气态氢化物稳定性：MRC. Z的氧化物可以做光导纤维D. 最D高价氧化物对应水化物的酸性：YX【答案】D【解析】试题分析：由短周期元素在周期表的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、M、R处于第三周期，R元素原子的最外层电子数等于电子层数的2倍，则R为S，可推知X为C元素，Y为N元素，Z为Al，M为P元素。A磷酸的酸性碳酸的强，故非金属性PC，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性RM，故氢化物稳定性：RM，故B错误；CZ的氧化物为三氧化二铝，可以用作耐火材料，用作光导纤维的是二氧化硅，故C错误；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性YX，故最高价含氧酸酸性：YX，故D正确，故选D。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。11.下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项实验操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多空的海绵状碳浓硫酸具有吸水性和强氧化性B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+，无K+C向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后，试管里出现凝胶非金属性：ClSiD将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的小A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：A浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：1水形式脱去而体现脱水性，浓硫酸还将氧化C生成二氧化碳，浓硫酸还体现强氧化性，故A错误；B观察K元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰，故B错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能据此判断非金属性强弱，故C错误；D溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，0.1molL-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL-1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为蓝色沉淀，说明发生沉淀的转化，则说明Cu（OH）2的Ksp比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D。【考点定位】考查化学实验方案的评价【名师点晴】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及非金属性强弱判断、难溶物转化、焰色反应、浓硫酸性质等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，易错选项是C。12.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB. 常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NAC. 标准状况下，22.4 L氦气与22.4 L氟气所含原子数均为2NAD. 常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA【答案】D【解析】铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故A错误；标准状况下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NA，故B错误；标准状况下，水是液体，故C错误；铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA，故D正确。13.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是A. 做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体B. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施C. 铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈D. 用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车，利用了乙醇的氧化性【答案】B【解析】试题分析：A棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉分子中的n值不同，不属于同分异构体，故A错误；B硫、氮的氧化物溶于水生成酸，减少硫、氮的氧化物的排放可以减少酸雨产生，所以燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故B正确；CFe在潮湿的空气中，Fe、C和电解质溶液易构成原电池，Fe作负极被腐蚀，发生电化学腐蚀，故C错误；D酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，酸性重铬酸钾与乙醇反应时乙醇作还原剂，酸性重铬酸钾作氧化剂，故D错误；故选B。【考点定位】考查同分异构体、环境保护、金属的腐蚀、氧化还原反应【名师点晴】本题考查了同分异构体、环境保护、金属的腐蚀、氧化还原反应，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握，注意化学知识在生产生活中的应用。14.能正确表示下列反应离子方程式的是：A. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4+8H+=3Fe3+4H2OB. NaHCO3溶液中加入HCl：CO32-2H=CO2H2OC. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2AlO22H2O=Al(OH)3HCO3D. “84消毒液”和“洁厕灵”（主要成分为盐酸）混合使用会产生有毒气体：5Cl6H3Cl23H2O【答案】C【解析】【详解】A、产物不正确，且电荷不守恒，正确反应式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O，故A错误；B、拆分错误，HCO3不可拆，正确反应式为：HCO3+H+=CO2+H2O，故B错误；C、向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3，CO2过量，生成酸式盐，方程式正确，故C正确；D、“84消毒液”主要成分为NaClO和NaCl，能把盐酸氧化为氯气，反应式应为：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，故D错误；答案选C。15.在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s) C(g)+D(g)，下列描述中不能表明反应已达到平衡状态的是（ ）A. 混合气体密度不变B. 单位时间内生成n molD，同时生成n molCC. 混合气体的平均相对分子质量不变D. C(g)的物质的量浓度不变【答案】B【解析】【详解】A.该反应前后气体的质量发生变化，混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故A正确；B.生成nmolD是正反应，同时生成nmolC也是正反应，不能说明正逆反应速率的关系，故B错误；C. 该反应前后气体的质量发生变化，混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故C正确；D.C(g)的物质的量浓度不变，说明C的物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；故选B。16.下列有关电解质溶液的说法正确的是A. 常温下，0.1 mol/L Na2S溶液中存：c（OH）=c（H+）+c（HS）+c（H2S）B. 0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：C(Na)c(CO32)c(HCO3 )c(OH) c(H+)C. pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na+）：D. 向0.1 molL1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c（OH）/c（NH3H2O）增大【答案】C【解析】【详解】A常温下，0.1mol/LNa2S溶液中硫离子水解显碱性，溶液中存在质子守恒：c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S），故A错误；B.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合得到碳酸钠溶液，碳酸根离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+），故B错误；C在相同的条件下测得CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOHH2CO3HClOHCO3，所以水解程度：NaClONaHCO3CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClONaHCO3CH3COONa，即c（Na+），故C正确；D0.1molL1的氨水中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH，加入少量硫酸铵固体抑制电离平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，一水合氨浓度增大，比值c（OH）/c（NH3H2O）减小，故D错误；答案选C。17.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，其化学方程式为：2KClO34HCl(浓)2KCl2ClO2Cl22H2O。（ClO2中氯元素的化合价为4价）（1）氧化剂是_；（2）产生0.1molCl2，则转移电子的物质的量为_mol。【答案】 (1). 氯酸钾 (2). 0.2【解析】【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价是氧化剂二氧化氯是还原产物，故答案为：KClO3；(2)由反应可知，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5降低为+4，则2molKClO3反应转移的电子数为2mol(5-4)=2mol，即生成1molCl2转移电子的物质的量2mol，则产生0.1molCl2转移电子的物质的量0.2mol，故答案为：0.2。18.实验室需配制500mL 0.2mol/L Na2SO4溶液，实验操作步骤为：A把制得的溶液小心地转移至容量瓶中。B在天平上称取14.2g 硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水将它完全溶解并冷却至室温。C继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度12cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切。D用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡。E将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为_（填序号）。（2）本实验用到的基本仪器除烧杯、天平（砝码、镊子）、玻璃棒外，还有_（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏低的是_。A某同学观察液面时仰视 B没有进行上述的操作步骤DC加蒸馏水时，不慎超过了刻度线 D容量瓶使用前内壁沾有水珠（4）甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC工作原理如图所示：通入a气体的电极是原电池的_极（填 “正”或“负”），其电极反应式为_。【答案】 (1). BADCE (2). 500ml 容量瓶 胶头滴管 (3). ABC (4). 负 (5). CH3OH +H2O 6e-CO2 + 6H+【解析】【分析】（1）根据配制溶液的基本步骤分析判断；（2）根据配制原理和实验步骤判断需要的仪器；（3）根据cn/V判断误差；（4）根据电子移动方向判断出正负极，依据原电池的工作原理分析。【详解】（1）配制溶液的基本步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容和摇匀等，则操作步骤的正确顺序为BADCE。（2）一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，最后用胶头滴管定容，所以本实验用到的基本仪器除烧杯、天平（砝码、镊子）、玻璃棒外，还有500mL容量瓶、胶头滴管；（3）A某同学观察液面时仰视，则溶液体积增加，浓度偏低；B没有进行上述的操作步骤D导致溶质的质量减少，浓度偏低；C加蒸馏水时，不慎超过了刻度线则溶液体积增加，浓度偏低；D容量瓶使用前内壁沾有水珠不影响；答案选ABC。（4）根据电子的流向可知左侧电极是负极，右侧电极是正极，因此通入a气体的电极是原电池的负极，发生甲醇失去电子的氧化反应，其电极反应式为CH3OH+H2O6e-CO2+6H+。19.采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)电解饱和食盐水，并检验氯气的氧化性，同时用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量。（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式_。（2）为完成上述实验，正确的连接顺序为A连_；B连_ (填写导管口字母)。（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液可以是下列试剂中的_。a.酸性高锰酸钾溶液 b.淀粉碘化钾溶液 c.亚硫酸钠溶液 d.氯化亚铁溶液（4）丙装置的c瓶中盛放的试剂为_，作用是_。（5）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案：精确测量硬质玻璃管的质量为a g，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为b g（假设CuO充分反应），实验完毕后：甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c g，进而确定Cu的相对原子质量。乙方案：通过精确测定U型管b反应前后的质量变化，得到生成水的质量d g，进而确定Cu的相对原子质量。请你分析并回答：_方案所测结果更准确。若按合理方案测定的数据计算，Cu的相对原子质量为_。不合理的方案会造成测定结果_（填“偏低、偏高或无影响”）。【答案】 (1). 2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2 (2). E (3). C (4). bd (5). 浓硫酸 (6). 吸收H2中的H2O，防止硬质玻璃管炸裂，或影响测定水的质量（因为乙方案是测水的质量） (7). 甲 (8). 16(ca)/(bc) (9). 偏低【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，其离子反应方程式为：2Cl+2H2O 2OH+H2+Cl2；（2）根据（1），A中出来的气体为氢气，B中出来的气体为Cl2，根据实验目的，以及问题（5），因此A连接E，B连接C；（3）检验氯气具有氧化性，需要加入的是还原剂，a、酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，故a错误；b、I具有还原性，发生Cl22I=I22Cl，溶液显蓝色，说明Cl2具有氧化性，故b正确；c、虽然Na2SO3具有还原性，但实验无现象，无法判断是否发生反应，故c错误；d、Fe2具有还原性，发生2Fe2Cl2=2Fe32Cl，溶液颜色由浅绿色变为黄色，说明发生反应，故d正确；（4）甲和丙是用氢气还原氧化铜，来测定Cu的相对原子量，从A中出来的氢气中混有水蒸气，影响测定水的质量，因此c的作用是吸收H2中H2O，应盛放的试剂是浓硫酸；（5）乙方案中b与外界连通，空气中含有水蒸气，被b装置吸收，容易产生误差，因此甲方案所测结果更准确，甲方案发生CuOH2CuH2O，CuO的质量为(ba)g，产生Cu的质量为(ca)g，根据Cu原子守恒，因此有(ba)/(M16)=(ca)/M，解得M=16(ca)/(bc)；乙实验方案得出Cu的相对原子质量为18(ba)/d16，b与外界连通，空气中含有水蒸气，被b装置吸收，d的质量增加，18(ba)/d16偏低。点睛：本题的易错点是是（3）种选项c，Na2SO3中S显4价，具有还原性，能与氯气发生反应，学生错选c，忽略了验证氯气的氧化性，需要实验现象说明发生反应，而氯气与Na2SO3反应无现象，无法判断是否反应，因此不能选c。20.一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)根据题意完成下列各题：（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K ，升高温度，K值 （填“增大”、“减小”或“不变”）。（2）在500，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2) （3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是 a氢气的浓度减少 b正反应速率加快，逆反应速率也加快c甲醇的物质的量增加 d重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是： （用化学方程式表示）。【答案】（1）Kc(CH3OH)/c(CO)c2(H2) 减小（2）2nB/3tBmol(Lmin)1（3）b c（4）Cu2OCO2CuCO2【解析】此题主要考查了化学反应速率以及化学平衡。从图像可知温度高时平衡体系中甲醇含量减少，可以推出CO(g)2H2(g)CH3OH(g)反应放热，因此温度升高后，K值减小；从图像可以看出在500tB时刻达到平衡，此时甲醇物质的量为nB,反应消耗氢气物质的量为2nB，可求出氢气的平均反应速率为2nB/3tBmol(Lmin)1；加压时，反应物和生产物浓度均增大，正逆反应速率都加快，由勒夏特列原理可知，加压时平衡又移，因此答案为bc；在加热条件下CO能还原Cu2O使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化有利于维持Cu2O的量不变。【思路点拨】解化学平衡问题要求考生理解平衡移动原理，改变外界条件，可不等效的影响正、逆反应速率，从而使化学平衡发生移动。21.已知：周期表中前四周期的六种元素A、B、C、D、E、F核电荷数依次增大，其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F2+离子核外各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题： （1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为_。（用元素符号表示）（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高，理由是_。（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是_，是_分子（填“极性”“非极性”）。（4）F原子的核外电子排布式是_。（5）E、F形成某种化合物有如图所示两种晶体结构（深色球表示F原子），其化学式为_。（a）中E原子的配位数为_。【答案】 (1). NaAlSiN (2). NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体 (3). 平面正三角形 (4). 非极性 (5). 1s22s22p63s23p63d104s2（或Ar 3d104s2） (6). ZnS (7). 4【解析】【分析】根据信息提示可知，A原子核外有三个未成对电子，元素A的原子核外电子排布为1s22s22p3，故A为N；E原子核外的M层中只有两对成对电子，E元素原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，故E为S；C元素是地壳中含量最高的金属元素，C为Al；根据B2E为离子晶体，且B元素原子序数介于7与13之间，故B为Na；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，D为Si；F2+离子核外各层电子均充满，则F为Zn。据此解答。【详解】（1）同周期元素第一电离能从左到右呈现逐渐增大的趋势，故第一电离能：NaAlSiP，同主族元素从上到下则呈现逐渐减小的趋势，故第一电离能：PN，因此第一电离能：NaAlSiN；（2）NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体，故熔点：NaClSiCl4。（3）E的最高价氧化物分子是三氧化硫，SO3分子的空间构型为平面正三角形，SO3具有很好的对称性