河北省石家庄市正定中学高三上学期月考化学试卷(三)有答案

1、河北省石家庄市正定中学2017届高三上学期月考化学试卷（三）、选择题（本大题共25小题，40分）1 .下列物质加工或应用中未利用其化学性质的是（）漂白精消毒2 .设Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A.常温下，100g46%乙醇水溶液中含有H原子数为12NaB.23gNa与足量。2反应，生成Na?O和Na?O2的混合物，转移的电子数为NaC.标准状况下，2.24LCCI4含有的共价维数为0.4NaD.lmolN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2Na3 .将H2（g）和B2（g）充入恒容密闭容器，回温下发生反应H2（g）+Br2（g）U，2HBr（g）AHv0,g平衡时B

2、2（g）的转化率为a。若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为B。a与b的关系是（）A.a>bB.a=bC.avbD.无法确定4.某离子反应中共有H2O、ClO-NH4*、H+、N2、Cl六种微粒。其中c（ClO）随反应进行逐渐减小。下列判断错误的是（）A.该反应的还原剂是NH4+B.消耗1mol氧化剂，转移2mol电子C.氧化剂与还原剂的物质的量之比是2:3D.反应后溶液酸性明显增强5.向含有0.2molFeL的溶液中加入amolBr?。下列叙述不正确的是（）A.当a=0.1时，发生的反应为2IB2I2+2Br-2+3+_B.当a=0.25时，发生的反应为2Fe

3、2+4I-+3Br22Fe3+2I2+6Br-C.当溶液中|一半被氧化是，c（I）c（Br。一1:12+3+D,当a=0.28时，4Fe2+10I+7Br24Fe3+5I2+14Br6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A.由H2（g）、L（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深-11 - / 35B.高压比常压有利于由SO2和氧气合成SO3的反应C.红棕色的NO2,加压后颜色先变深后变浅D.黄绿色的氯水光照后颜色变浅7.根据下图所给信息，得出的结论正确的是()C应成过用A.碳的燃烧热为bkJ/molB. 2c(s)+O2(g)2CO(g)AH=-2(b-a)kJ/molC. 2

4、CO2(s)2CO(g)+O2(g)AH=+akJ/molD. C(s)+O2(g)CO2(g)AH<-bkJ/mol8.已知：H2s在高温下分解生成硫蒸气和H2现测得某温度下，H2s分解过程中各物质的物质的量随时间变化关系如图所示，则生成的硫蒸气化学式为()匆质的忧OS.j.A04H也工仁0时我A.SB.S2C.S69.一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)U压卜，平衡时(XCH4)的体积分数与Z和T(温度)的关系如图所示。(J*D.S8n(H2。“CO(g)+3H2(g)设起始=Z，在恒n(CH4)卜列说法正确的是()A.该反应的次含变AH>0B.

5、图中Z的大小为a>3>bC.图中X点对应的平衡混合物中"H”=3n（CH4）D.温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后（XCH4）减小10 .下列用来表示可逆反应2X（g）+Y（g）3Z（g）AHV0的图象正确的是（）11 .一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g）,进行反应，2SO2+O2UUH2SO3其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示。下列判断中正确的是（）甲乙丙丁密闭容器体积/L2221起始物质的量n(SO2)/mol0.400.800.800.40n(O2)/mol0.240.240.480.24SO2的平衡转化率800

6、cl%A.甲中反应的平衡常数小于乙B.该温度下，该反应的平衡常数K为400C.SO2的平衡转化率：的>受=为D.容器中SO3的物质的量浓度：丙=丁甲12.W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加入XZ3溶液，生成的沉淀X（OH）3的质量随XZ3溶液加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）mpCtOHh）A. d点对应的溶液中：K、NH4、C032、I+2+B. c点对应的溶放中：Ag、Ca、NO3、NaC. b

7、点对应的溶液中：Na+、S2>SO42rCl-+2D. a点对应的溶液中：Na、K、S04、HCO3一13.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）U二=2c（g）达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中各物质的物的量浓度、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.4min时反应第一次达到平衡B.15min时降低压强，20min时升高温度C.反应方程式中的x=1,正反应为吸热反应D.1520min该反应使用了催化剂14 .将一定量的SO2通入FeCk溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCk溶

8、液发生氧化还原反应的是（）15 .短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）。W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21,下列说法正确的是（）A. Y的简单离子半径小于Z的简单离子半径B. Z最高价氧化物对应白水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同C. Y的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化D. Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物16.某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCL、FeC、AlCl3中

9、的两种或多种组成，现对该混合物做如:关于该固体混合物,下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）卜列说法正确的是（皿*UNL3ML气体一-阵飘不充一7芥-33*L气体一白色m靛1制三rje明“实化无色席魏分三色加跑r7一无色用箍A. 一定含有B. 一定不含C. 一定含有Al ,其质量为4.5 gFeCL 可能含有MgCl 2和AlCl 3MgCl 2和 FeCl2D. 一定含有（NH 4）2SO4和MgCl 2 ,且物质的量相等17. N2O5是种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应:2N2O5(g)J14NO2(g)+O2(g)AH >0。T1温度时，

10、向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表:时间/s050010001500c(N2O5)/(mol_L)5.003.522.502.50卜列说法正确的是（A.500s内NO2的生成速率为2.96x103mol_L_1J>1B. T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%C.达到平衡其他条件不变,将容器的体积压缩到原来1,11 ,则 c(N2O5)V5.00 molLL 2D. Ti温度下的平衡常数为i破石灰CuO酸性KMiUh溶液溶液N川F骐 送气体反应 物和产岛）易*:弟液A. AB之前A BB. BC 间C.CD间D. DE 间K1,丁2温度下的平衡常数为K2,若丁1

11、丁2,则K1K218.为研究某铁钉与浓硫酸反应生成气体Y的成分，某学习小组做出假设，认为所得气体中除SO2外，还可能含有H2和Q气体，并设计了下列实验装置（图中夹持仪器省略）探究气体的成分，为确认Q的存在，需在装置中添加M于（石1止1KIM19.已知：还原性HSO3厂,氧化性103f2。在含3molNaHSOs的溶液中逐滴加入Nad溶液。加入NaIOs的物质的量和析出的的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是（下 41岬加A.反应过程中的氧化产物均NazHSO,B. a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.0molC. 0b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3-+IO3-+3OH=3

12、SO43-+I-+3H2OD.当溶液中ITI2的物质的量之比为5:3时，加入的NaIO3为1.1mol20.某NazCOs、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1moi|_L的盐酸，测得溶液中的。32不HCO3rAIO2-Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是()A,原混合溶液中的CO32一与AlO2邙勺物质的量之比为1:2B. V1:V2=1:5C. M点时生成的CO2为0.05molD. a曲线表示的离子方程式为：AlO3+H+H20=Al(OH)3121.一定温度下，下列叙述是A(g)+3B(g)二J2c(g)在定容密闭容器中达到平衡的标志的是()C的

13、生成速率与C的分解速率相等；单位时间内amolA生成，同时生成3amolB；A、B、C的浓度不再变化；混合气体的总压强不再变化；混合气体的平均摩尔质量不再变化；用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2;A、B、C的分子数目比为1:3:2;混合气体的密度不再变化。D.A.B.C.22.根据下列实验现象，所得结论正确的是().林二.1Hlr-wJrfi"'儿1叼¥曲淀粕亡a粉制i一Br卜曲3AQD实验现象结论实验A左烧杯中铁表面有气活动性：泡，右边烧杯中铜表面有气泡Al>Fe>CuB左边棉球变为橙色，右氧化性：边棉球变为蓝色Cl2>

14、Br2>I2C先生成监色沉淀，后产溶度积常数：Mg（OH）2<生白色沉淀Cu(OH)2D锥形瓶中有气体产生，非金属性：烧杯中液体变浑浊Cl>C>Si23电-Fenton法是用于水体里有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示，其中电解产生的乩。2与Fe2+发生Fenton反应：Fe2+H2O2=Fe3+OHf|_OH,生成的煌基自由基（LJOH）能氧化降解有机污染物。下列说法不正确的是（A.电源的A极是负极3+B.电解池中只有。2、Fe发生还原反应C.阳极上发生电极反应：H2Oe=9H+H+D.消耗1molO2,可以产生4mol_OH24 .金属（M）-空气电池（

15、如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n,已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（阴富子交换瞋名孔电极A.采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面B.比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池,Al -空气电池的理论比能量最高C. M -空气电池放电过程的正极反应式:4M+nO2+2nH2O+4ne=4M(OH) nD,在Mg-空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2,宜采用中性电解质及阳离子交换膜25

16、.中学常见物质A、B、C、D、E、X,存在下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。下列推断不正确的是（）A.若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DB.若D为NaCl，且A可与C反应生成B,则E可能是CO2C.若D是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁D.若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C二、非选择题（共60分）26.青蒿素，是燃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醛、石油醛中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156157C,热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醛沸点为35C。从青蒿中提取青蒿素的

17、方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醍浸取法和汽油浸取法。乙醛浸取法的主要工艺为如图1：同畅ItWk髭的静嘴*时”制*修再展HIttCtMrntamUXBflt/T：图3请回答下列问题：(1)对青蒿进行干燥破碎的目的是。(2)操作I需要的玻璃仪器主要有：烧杯、,为加速操作I的进行，最好采用的方法，操作n的名称是。(3)操作出的主要过程可能是(填字母)。A.加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶B.力口95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤C.加入乙醛进行萃取分液(4)用如图2实验装置测定青蒿素分子式的方法如下：将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管C中，缓缓通入空气数分钟后，再充分燃烧，精确测定装置E和F实验前

18、后的质量，根据所测数据计算。装置E中盛放的物质是,装置F中盛放的物质是。该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是。用合理改进后的装置进行试验，称得：装置实验前/g实验后/gE22.642.4F80.2146.2则测得青蒿素的最简式是(5)某学生对青蒿素的性质进行探究。将青蒿素加入含有NaOH、酚配的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与(填字母)具有相同的性质。A.乙醇B.乙酸C.乙酸乙酯D.葡萄糖(6)某科研小组经多次提取青蒿素实验认为用石油醛做溶剂较为适宜，实验中通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温

19、度对青蒿素提取速率的影响，其结果如图3所示，由图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为。A.80目、100分钟、50CB.60目、120分钟、50CC.60目、120分钟、55c27.硫酸是基础化工的重要产品，硫酸的消费量可作为衡量一个国家工业发展水平的标志。生产硫酸的主1要反应为：S02+2。2L邮S03JV*Mln(SO2)如图1:则b点n(SO2)n(O2)(填编号)。(1)恒温恒容下，平衡体系中SO3的体积分数MSO3)和y与SO2、。2的物质的量之比/一、的关系n(O2)A.平衡常数B.SO3的平衡产率C.。2的平衡转化率D.SO2的平衡转化率(2)Kp是以各气体平衡

20、分压代替浓度平衡常数Kc中各气体的浓度的平衡常数。在400650c时，Kp与4905.5温度(TK)的关系为lgKp=-4.6455,则在此条件下SO2转化为SO3反应的AH(填“>0”或“V0”)。(3)该反应的催化剂为V2O5,其催化反应过程为：SO2+V2O5U二二SO3+V2O4KiA+VzO,LJLjV2O5K22则在相同温度下2SO2(g)+O2(g川二二2SO3(g)的平衡常数K=(以含心K2的代数式表示)。V2O5加快反应速率的原因是,其催化活性与温度的关系如图2：(4)在7.0%SOZ、11%。2、82%N2(数值均为气体体积分数)时，SO2平衡转化率与温度、压强的关系

21、如图3,则列式计算460C、1.0atm下，SO2(g)+O2(g)UJU.SO3(g)的Kp=(己知：各气体的分压=总压X各气体的体积分数)。(5)综合第(3)、(4)题图给信息，工业生产最适宜的温度范围为,压强通常采用常压的原因是28.A+BtX+Y+H2O(未配平，反应条件略去)是中学常见反应的化学方程式，请回答：(1)若丫为黄绿色气体：当A、B的物质的量之比为1:4且A为黑色固体时，该反应的离子方程式是;当A、B的物质的量之比为1:6时，写出该反应的化学方程式，并用双线桥表示反应过程中的电子转移:实验室处理尾气丫时NaOH而不用NaHSO3溶液，其原因是(用离子反应方程式示)。(2)若

22、A为单质，B为无色油状黏稠液体，当A、B的物质的量之比为1:2时，则A可能为,检查其中刺激T气体产物X的方法是。(3)常温下A在B的浓溶液中会“钝化”，且A可溶于X溶液中，若A为金属单质，A和B以物质的量之比1:4反应。过量的A和100mL2mol/L的B溶液充分反应后将溶液稀释至500mL后溶液中阴离子的物质的量浓度为含amoIX的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量之比为1:2时，则被还原的X是mol。(4)若A、B、X、丫均为化合物。向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1:4反应后，溶液中溶质的化学式为。(5)若A

23、、B、X、丫均为化合物。X为极易溶于水的气体，则盐A是盐，生成气体X的离子方程式为,检验该气体的方法是。29.苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如图：相关化合物的物理常数物质相对分子质里、-3密度(g/cm)沸点/c异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：(1)在反应器A中通入的X是。(2)反应和分别在装置和中进行(填装置符号)。(3)在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸，其作用是,优点是用量少，缺点是。(4)反应为(填“放热”或“吸热”)反应。反应温度控制5060C,温度过高的安全隐

24、(5)中和釜D中加入的Z最适宜的是(填编号。已知苯酚是一种弱酸)。A.NaOHB.CaCO3C.NaHCOsD.CaO(6)蒸储塔F中的微出物T和P分别为和,判断的依据是。(7)用该方法合成苯酚和丙酮的优点是。30. A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素A2和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：(1)四种元素中电负性最大的是(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为。(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是(填分子式)，原因是;A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和。(3) C和D反应可生成组成比

25、为1:3的化合物E,E的立体构型为,中心原子的杂化轨道类型为(4)化合物D2A的立体构型为,中心原子的价层电子对数为,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为。(5) A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566nm,F的化学式为；晶胞中A原子的配位数为;列式计算晶体F的密度(g_cm_3)(保留小数点后两位数字)。31. I、有机物A、B、C、D、E之间发生如图的转化:(CsHgO品?mtMA一 型；"|化合物甲卜l-H ch!£W ，JH LJnJc：!*s 方Cu催化 催化粼跖日&命IIH2_IE( if水果香蛛)一定条

26、件 (1)写出c物质的结构简式：(2)上述转化反应中，属于取代反应的有(3)属于加成反应的有。(用反应序号填写)(4)向A的水溶液中加入新制的Cu(OH%并加热时产生的实验现象是请写出下列转化的化学反应方程式:(5) B+DtE:。(6)乙烯生成聚乙烯:。CH一CHTOOHn、己知葡萄糖在乳酸菌的作用下转化为乳酸，乳酸的结构简式为；。OH试回答：(7)乳酸分子中含有和两种官能团(写名称)。(8)乳酸与金属钠反应的化学方程式为。(9)乳酸与Na?CO3溶液反应的化学方程式为。(10)乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互发生酯化反应生成环状酯，此环状酯的结构简式为-15 -/ 35河北省石家庄市正定中学

27、2017届高三上学期月考化学试卷(三)、选择题(本大题共25小题，40分)15. CCACB610. ABBAB1115. ACBDC1620.DDCDD-19 -/ 352125.BABCC二、非选择题，(共60分)26.(1)增大青蒿与乙醍的接触面积，提高青蒿素的浸取率;(2)漏斗、玻璃棒；抽滤或减压过滤；蒸播；(3)B;(4)CaC1或P2O5；碱石灰；在装置F后连接一个防止空气中的CO2和水蒸气进入F的装置;Ci5H22O5；(5) C;(6) B.27.(1)2;D;(2)(3)(K1MK2)2；降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高;(4)1113 atm2 

28、9;(5)400500C;常压下SO2的平衡转化率已经很大，再增大压强，对设备要求较高。A28. (1) MnO2+4H + +2Cl-Mn2+Cl2 +2H2O；kcioi + 6iiei = icn + wi 4 .，11卡CMS 4HSO3KCl2=SO4、2Cl-+3SO2 +2H 2O ；(2)C或Cu ;将气体X通入品红溶液中，若品红溶液褪色，证明气体X是SO2；(3)(4) 0.3 mol/L ；& a 或1 a ;74NaAlO 2、NaCl ；(5)A俊；NH4 + +OH NH3 +H2O ;将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近集气瓶口若试纸变蓝，则说明该气体为氨

29、气。29. (1)氧气或空气;(2)(3)(4)A； C；催化剂；腐蚀设备；放热；温度过高会导致爆炸;(6)丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；(7)原子利用率高。30. (1)O；1s22s22p63s23p3；(2) O3；O3相对分子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体;(3)三角车B形；sp3；(4) V形；4；2cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；(5) Na2。；8；2.27gjcm3;31. (1)CH3CHO；(2)；(3)；(4)有(醇)红色沉淀产生;(5)CH3COOH+CH3CH20HLJH.2SO4LCH3COOC2H5+H2O；(6

30、)(7)(8)(9)廷当度度-蜃强干小一也4；竣基、羟基；CH3CHCOOHCH-CH-COONaI；OH+2Na+比CHCHCOOHCH-CH-COONaI；2OH+N.COa-2OH+CO4CHCH-COO(10)IiOOCCHCH?河北省石家庄市正定中学2017届高三上学期月考化学试卷(三)答案+解析一、选择题(本大题共25小题，40分)1【分析】A.油脂的硬化即油脂的氢化；B.玉米酿酒是将玉米中的淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖再进一步反应；C.石英传输信号是物理过程；D.漂白精消毒是利用其强氧化性。【解答】解：A.油脂的硬化即油脂的氢化，即油脂与氢气发生加成反应，由不饱和的高级脂肪酸甘油

31、酯反应生成饱和的高级脂肪酸甘油酯，故利用了化学性质，故A错误；B.玉米酿酒是将玉米中的淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，利用了物质的化学性质，故B错误；C.石英传输信号是物理过程，与二氧化硅的化学性质无关，故C正确；D.漂白精消毒是利用其强氧化性，将病毒氧化，漂白精被还原，利用了物质的化学性质，故D错误。故选C.【点评】本题考查了物质化学性质的应用，难度不大，应注意的是具有漂白精的消毒功能是由于其强氧化性决定的。2【分析】A.在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含H原子；B.求出钠的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析；C.标况下四氯化碳为液体；D.合成氨的反应为可逆反

32、应。【解答】解：A.100g46%乙醇水溶液中，乙醇的质量为46g,物质的量为1mol,故含6molH原子；含有的水的质量为54g,物质的量为3mol,故含6molH原子，故溶液中含有的H原子个数共为12moi即12Na个，故A正确；B.23g钠的物质的量为1mol,而钠反应后变为+1价，故1mol钠转移Na个电子，故B正确；C.标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D.合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于2Na个，故D正确。故选C.【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。3.【分析】恒

33、温条件下反应是放热反应，平衡时Br2(g)的转化率为a,若初始条件相同，绝热下进行上述反应，由于反应是放热反应，容器中的温度高于恒温条件下容器中的温度，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向进行，平衡时B2(g)的转化率小于a;【解答】解：恒温下发生反应H2(g)+B2(g)?2HBr(g)Hv0,反应是放热反应，此时达到平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，最终平衡时容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时B2(g)的转化率减少，即bva；故选：A.【点评】本题考查了合成平衡的影响条件的分析应用，关键是理解恒温容器和绝热容器的本质区别。4【

34、分析】c(NH4+)随反应进行逐渐减小，NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的CIO为反应物，由氯元素守恒可知C是生成物，则反应的方程式应为3ClO+2NH4+=N2T+3H2O+3C+2H+,以此解答该题。【解答】解：反应的方程式应为3ClO+2NH4+=N2>3H2O+3Cl+2H+,A. N元素的化合价升高，则反应的还原剂是NH4+,故A正确；B. Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，ClO为氧化剂，则消耗1mol氧化剂，转移电子2mol,故B正确；C.由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2,故C错误；D.反应生成H+,溶液酸性增强，故D正确。故选C.【

35、点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大。2I +Bl l2+2Br ;2Fe2+4I +3Br2一2I +Br2 L+2Br ,故5【分析】亚铁离子的还原性小于碘离子，澳少量时碘离子优先被氧化，发生反应为:当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被澳单质氧化，澳足量时的反应方程式为：2Fe3+2l2+6Br,据此进行解答。【解答】解：A.a=0.1时，澳单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为:A正确；B,当a=0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，

36、0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol澳单质，剩余的0.05mol澳单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe2+8+5Br2一2Fe3+4l2+10Br,故B错误；C.当溶液中有一半被氧化时，即当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol澳单质生成0.2mol滨离子,则反应后溶液中碘离子和澳离子浓度相等，故C正确；D,当a=0.28时，0.2molFel2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol澳单质，剩余的0.08mol澳单质能够氧化0.16mol亚铁离子，所以正确的反应为：4Fe2+10I+7Br24Fe3+

37、5i2+14Br,故D正确；故选B.【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确亚铁离子与碘离子的还原性强弱及发生反应的先后顺序为解答关键，试题充分培养了学生的分析能力及灵活应用能力。6【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【解答】解：A.H2(g)+I2(g)?2HI(g),该反应的反应前后气体计量数之和不变，所以压强不影响平衡移动，由H2.I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深，说明体积减小碘蒸气浓度增大，颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释

38、，故A选；B,存在平衡2SO2+O2(g)?2SO3(g),正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3,能用平衡移动原理解释，故B不选；C,存在平衡2SO2+O2(g)?2SO3(g),正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3,能用平衡移动原理解释，故C不选；D.对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O?HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选A.【点评】本题考查勒夏特里原理，明确勒夏特里原理内涵是解本题关键，知道勒夏特里原理的使用范围及条件，题目难度不大。7.【分析】据图示可

39、知，ImolC燃烧生成CO放热b-aKJ,完全燃烧生成二氧化碳放热bKJ,ImolCO燃烧生成1mol二氧化碳放热aKJ,据此分析。【解答】解：A.ImolC完全燃烧生成二氧化碳固体放热bKJ,碳的燃烧热应该是1mol碳单质完全燃烧生成二氧化碳气体放出的热量，不是bkJ/mol,故A错误；B.据图示可知，ImolC燃烧生成CO放热b-aKJ,所以2molC燃烧生成CO放热2(b-a),故B正确；C. ImolCO燃烧生成1mol二氧化碳放热aKJ,所以2CO2(g)2CO(g)+O2(g)H=+2ak/mol,故C错误；D.生成二氧化碳固体，H=-bkJ/mol，但是固体转化为气体吸热，所以H

40、>-bkJ/mol,故D错误；故选B.【点评】本题考查了据图象分析反应热的大小，注意热化学方程式中的物质状态，题目难度不大。8【分析】硫化氢分解物质的量减少，所以C表示硫化氢，08.mol硫化氢生成0.8mol的氢气，所以A代表的是氢气，0.8mol的硫化氢生成0.4mol硫蒸气，根据硫守恒分析。【解答】解：硫化氢分解物质的量减少，所以C表示硫化氢，0.8mol硫化氢生成0.8mol的氢气，所以A代表的是氢气，0.8mol的硫化氢生成0.4mol硫蒸气，根据硫守恒可得硫蒸气的化学式为：S2,故选B.【点评】本题考查了化学反应中各物质的物质的量与时间的变化图象，难度不大，通过元素守恒进行计

41、算比根据化学方程式计算要简单。9【分析】由图象可知升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应,起始Z越小，说明加入甲烷的物质的量相等水来说越多，含量越大，以此解答该题。【解答】解：A.升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焰变H>0,故A正确；n(H20)1B.起始口gR-rZ,Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为a<3<b,故B错误；C.起始而西亍=3,水和甲烷按1：1反应，达到平衡时，二者比值不等于3,故C错误；D.增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后。(CH4)增大，故D错误。故

42、选A.【点评】本题考查了化学平衡的影响因素及应用，为高频考点，题目难度不大，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。10【分析】根据方程式可知，正反应放热，则升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，Z的含量降低，X的转化率降低，由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正逆反应速率增大的倍数相同。【解答】解：A.由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，则A的转化率不变，故A错误。B.正反应放热，则升高温度正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，Z的含量降低，图象吻合，故B正确；C.升高温度正逆反应速率都增大，

43、图象不吻合，故C错误；D.由于反应前后气体的体积不变，则增大压强平衡不移动，正逆反应速率增大的倍数相同，图象不吻合，故D错误；故选B.【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，解答本题的关键是根据反应的特征判断外界条件对平衡移动的影响，与图象对比可解答该题。11 【分析】A.温度相同时，该反应的平衡常数不变；B.根据甲中各物质的平衡浓度计算平衡常数；C.由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，丙实验氧气物质的量增大，氧气转化率增大；D.体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，

44、丙和丁平衡是相同的平衡。【解答】解：A.温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A错误；B.2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g),开始（mol）0.40.240转化（mol）0.320.160.32平衡（mol）0.080.080.32平衡浓度(mol/L)0.040.040.16所以该温度下该反应的平衡常数值为：K=400,故B正确；c.由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，丙和丁达到的是相同的平衡状态，丙实验氧气物质的量增大，氧气转化率增大；则二氧化硫转化率，01<02=«3,故C错误；D.体积

45、相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c（SO3）大于甲中c（SO3）的2倍，丙体积为2L,丁体积为1L,起始量分别为0.8,0.48；0.40,24,丙和丁达到的平衡相同，三氧化硫浓度相同，丙二丁>甲，故D错误；故选A.【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答，注意平衡常数只与温度有关，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。12 【分析】W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，则W为N

46、a元素，X为Al元素；X与Z形成XZ3溶液，则Z为Cl元素。向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液。由图可知，0b,没有沉淀，故溶液中氢氧化钠有剩余，溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠。b点时，氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠bc,沉淀增大，偏铝酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠。c点时，沉淀达最大，偏铝酸根与铝离子恰好完全反应，溶液中溶质为氯化钠。c点以后，再加入氯化铝，沉淀不变，溶液中溶质为氯化铝、氯化钠。结合物质性质判断。【解答】解：W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素

47、，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，则W为Na元素，X为Al元素；X与Z形成XZ3溶液，则Z为Cl元素。向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液。由图可知，0b,没有沉淀，故溶液中氢氧化钠有剩余，溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠。b点时，氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠bc,沉淀增大，偏铝酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠。c点时，沉淀达最大，偏铝酸根与铝离子恰好完全反应，溶液中溶质为氯化钠。c点以后，再加入氯化铝，沉淀不变，溶液中溶质为氯化铝、氯化钠。A. d点对应的溶液中含有Al3+,Al3

48、+与C032发生水解反应生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳，不能大量共存，故A;B. c点对应的溶液中含有Cl,C与Ag+反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故B错误；C. b点对应的溶液中偏铝酸钠、氯化钠，离子之间不发生反应，可以大量共存，故C正确；D. a点对应的溶液中含有氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠，OH与HCO3发生反应生成碳酸根与水，不能大量共存，故D错误。故选：C.【点评】考查根据物质的性质推断元素、离子共存、反应图象分析等，难度中等，推断元素、理清图象中各阶段含有的溶质是关键。13【分析】A.根据图象可知，10min时反应达到平衡状态，所以4min时平衡向着正向进行；B.由图象可知，15mi

49、n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；C.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.则增大压强平衡不移动，20min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，则正反应为放热反应；D.由图象可知，15min-20min之间，反应速率降低了，平衡不移动，反应物与生成物的浓度瞬时降低，催化剂不能改变浓度。-21 -/ 35【解答】解：A.010min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以4min时没有

50、达到平衡状态，故A错误；B.由图象可知，15min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，20min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B正确；C.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，20min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C错误；D.根据左图知，1520min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小

51、，且C的物质的量浓度减少量是A.B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1,所以1520min间改变的体积是减小压强，故D错误；故选B.【点评】本题考查化学平衡图象，注意图象中反应速率的变化及平衡移动，明确温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响即可解答，题目难度中等。14【分析】SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应则三价铁离子反应生成二价铁，过程中有化合价变化，据此判断解答。【解答】解：A.将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B.加入Ba（

52、NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与根离子反应生成硫酸钢沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；C.加入酸性KMnO4溶液，紫色退去，因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高镒酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C错误；D.亚铁离子加入K3Fe（CN）6（铁氧化钾）溶液生成Fe3Fe（CN）62J（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO2与FeCl3溶液发

53、生氧化还原反应，故D正确；故选：D.【点评】本题考查了元素化合物知识，明确二氧化硫的性质是解题关键，注意二价铁离子的检验，题目难度中等。答该题。【解答】解：Z元素原子半径在短周期中最大15【分析】Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z是钠元素。短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素。X与W处于同一主族，则X是碳元素。五种元素原子最外层电子数之和为21,则Y元素的最外层电子数是21-4-1-4-7=5,则Y是氮元素，以此解则Z是钠元素。短周期元素X、Y、Z

54、、W、（稀有气体除外）Q的原子序数依次增大，所以Z、W、Q处于第三周期，又因为W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，且只有钠是金属元素，所以W、Q只能是硅和氯元素。X与W处于同一主族，则X是碳元素。五种元素原子最外层电子数之和为21,则丫元素的最外层电子数是21-4-1-4-7=5,则丫是氮元素。A.核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，则Y的简单离子半径大于Z的简单离子半径，故A错误；B.碳酸是弱酸，存在电离平衡，电离是吸热的，因此Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量不相同，故B错误；C.氨气在一定条件下可被氯气氧化生成氮气和氯化氢，故C正确；D.Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型分别为极性键、极性键、离子键、极性键，故D错误；故选C.【点评】本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，推断元素是解题关