甘肃省天水市一中2023届高三化学上学期第四次考试试题（含解析）

甘肃省天水市一中2023届高三化学上学期第四次考试试题（含解析）甘肃省天水市一中2023-2023学年高三上学期第四次考试化学试题1.以下说法正确的选项是〔〕A.ΔH＜0、ΔS＞0的反响在温度低时不能自发进行B.NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C.因为焓变和熵变都与反响的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反响自发性的判据D.在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反响进行的方向【答案】B【解析】【详解】A．ΔH＜0、ΔS＞0,ΔH-TΔS<0，任何温度都能自发进行，错误；B、ΔH>0,ΔS＞0,高温可以自发进行，正确；C、虽然焓变和熵变都与反响的自发性有关，但单独作为反响自发性的判据是不准确的，错误；D、催化剂不可以改变化学反响进行的方向，错误。2.以下有关说法正确的选项是A.中和相同体积、相同pH的H2SO4、HCl和CH3COOH三种稀溶液，所需NaOH的物质的量分别为n1、n2和n3，那么n3＞n1＞n2B.常温下，由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L的溶液中，能大量存在以下离子：Mg2+、Na+、Br-、ClO-C.等pH的盐酸和醋酸与适量的镁反响，开始时反响速度相等D.往0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴入少量浓NaOH溶液，溶液变为橙色【答案】C【解析】【详解】A.相同体积、相同pH的三种溶液，醋酸是弱酸存在电离平衡，盐酸和硫酸为强酸完全电离，中和NaOH的物质的量n3>n1=n2，故A错误；B.水电离出的c(OH－)＝1×10－13

mol/L＜1×10－7

mol/L，故水的电离受到抑制，有可能是酸的溶液，也可能是碱的溶液，Mg2+不能在碱的溶液中共存，ClO-不能在酸的溶液中共存，故B错误；C.镁与酸反响的本质是镁与溶液中的H+发生置换反响生成H2，等pH的盐酸和醋酸溶液刚开始时，氢离子浓度相等，反响速度相等，故C正确；D.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-〔橙色〕+H2O⇌2CrO42-+2H+参加少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液由橙变黄，故D错误；正确答案是C。【点睛】浓度对化学平衡的影响：在其他条件不变时，增大反响物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反响的进行，平衡向右移动；增加生成物的浓度或减小反响物的浓度，有利于逆反响的进行平衡向左移动。单一物质的浓度改变只是改变正反响或逆反响中一个反响的反响速率而导致正逆反响速率不相等，而导致平衡被打破。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法不正确的选项是A.1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NAB.500mL0.5mol·L−1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAC.30gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NAD.2.3gNa与O2完全反响，反响中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间【答案】D【解析】【详解】A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢键合为4个共价键，总计6个共价键，因而1molCH2＝CH2分子中含有共价键数为6NA，A项正确；B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B项正确；C.HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为NA，C项正确；D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa〔2.3gNa为0.1mol〕转移电子数为0.1mol×1×NA=0.1NA，D项错误。故答案选D。4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。以下表达正确的选项是A.元素W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强B.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱C.化合物YX、ZX2、WX3中化学键的类型相同D.原子半径的大小顺序：rY＞rZ＞rW＞rX【答案】D【解析】【详解】A.根据题意可得X是O；Y是Mg；Z是Si；W是S。A、O、S是同一主族的元素，由于非金属性O>S，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强。所以元素W的简单气态氢化物的热稳定性比X的弱，故A错误；B.元素的非金属性S>Si。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。所以元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故B错误；C.MgO是离子晶体，离子之间以离子键结合；SiO2是原子晶体，原子间以共价键结合；SO3是分子晶体，分子间以分子间作用力结合。在分子内原子间以共价键结合。所以这三种化合物的化学键不同，故C错误；D.Mg、Si、S都是第三周期的元素，原子序数越大，原子的半径就越小。而O是第二周期的元素对于不同周期的元素来说，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。所以原子半径Mg>Si>S>O，故D正确；答案选D。5.以下实验方案、现象、得出的结论均正确的选项是()选项实验及现象结论A用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反响时观察到黄色火焰该样品含钠元素B向NaHCO3溶液中参加过量盐酸振荡、静置、有气泡产生证明非金属性Cl＞CC向酸化的KMnO4溶液通入S02,向反响后的溶液中参加BaCl2产生白色沉淀证明S02被氧化为SO42-D将10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反响后滴加KSCN，溶液颜色变红KI与FeCl3反响有可逆性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、玻璃中含有钠元素，干扰钠离子的检验，应用铁丝或铂丝，故A错误；B、NaHCO3溶液中参加过量盐酸，可知酸性盐酸大于碳酸，但盐酸为无氧酸，那么不能比拟Cl、C的非金属性，故B错误；C、向酸化的KMnO4溶液通入S02，向反响后的溶液中参加盐酸酸化的BaCl2产生白色沉淀，如果高锰酸钾溶液使用的是硫酸进行的酸化，那么不能确定SO42-是后来生成的还是原溶液中的，故C错误；D、10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合，其中KI过量，混合充分反响后滴加KSCN，溶液颜色变红，证明溶液中还存在三价铁离子，因此可证明KI与FeCl3反响进行不彻底，有可逆性，故D正确；应选D。6.反响C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一密闭容器中进行，以下说法正确是A.保持容器体积不变，增加C的物质的量，反响速率增大B.保持容器体积不变，充入N2容器内气体压强增大，化学反响速率增大C.保持压强不变，充入N2容器内气体压强不变，化学反响速率减小D.保持容器体积不变，随着反响进行气体物质的量增多，压强增大，反响速率逐渐加快【答案】C【解析】【详解】A.保持容器体积不变，C为固体，增加C的物质的量，反响速率不变，与题意不符，A错误；B.保持容器体积不变，充入N2容器内气体压强增大，反响体系中各气体的浓度未变，那么化学反响速率不变，与题意不符，B错误；C.保持压强不变，充入N2容器内气体压强不变，体积增大，反响体系中各气体的浓度减小，那么化学反响速率减小，符合题意，C正确；D.保持容器体积不变，随着反响进行气体物质的量增多，生成物的浓度增大，那么逆反响速率逐渐加快，与题意不符，D错误；答案为C。【点睛】改变压强时，假设体系中各物质的浓度未变，那么反响速率不变。7.能正确表示以下离子方程式是A.KI溶液久置空气中变黄色：4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OHˉB.少量三氧化硫与氨水反响：SO3＋NH3·H2O=NH4+＋HSO4-CNa与CuSO4水溶液反响：2Na＋Cu2+＝Cu＋2Na+D.〔NH4〕2SO4和FeSO4混合溶液与足量NaOH反响：Fe2+＋2OHˉ=Fe〔OH〕2↓【答案】A【解析】【详解】A、碘离子会被空气中的氧气氧化为碘单质，选项A正确；B、硫酸氢根离子无法在碱性条件下大量存在，选项B不正确；C、金属钠投入到硫酸铜水溶液中会先和水反响生成氢氧化钠和氢气，接着氢氧化钠会和硫酸铜反响生成蓝色的氢氧化铜沉淀，选项C不正确；D、氢氧化钠会和硫酸铵生成弱电解质一水合氨，要以化学式写在方程式中，选项D不正确。答案选A。【点睛】此题考查离子反响方程式的正误判断。易错点为选项C，应注意钠的金属性较强，与硫酸铜溶液作用时直接与水反响而不能置换出铜。8.以下图示与对应的表达相符的是A.图1表示H2与O2发生反响过程中的能量变化，那么H2的燃烧热为241.8kJ·mo1－1B.图2表示压强对可逆反响2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C.假设图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反响，那么甲代表钠D.图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，那么相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH【答案】C【解析】【详解】A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故A错误；B、该反响是一个反响前后气体体积减小的可逆反响，增大压强平衡向正反响方向移动，那么反响物的含量减少，该图中改变条件后，反响物的含量不变，说明平衡不移动，参加的是催化剂，故B错误；C、钾比钠活泼，反响速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确；D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；应选C。9.最近，科学家研发了“全氢电池〞，其工作原理如下图。以下说法不正确的选项是A.右边吸附层中发生了复原反响B.负极的电极反响是H2－2e－＋2OH－=2H2OC.电池的总反响是2H2＋O2=2H2OD.电解质溶液中Na＋向右移动，向左移动【答案】C【解析】【分析】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反响；右边为正极，发生复原反响。【详解】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反响；右边为正极，发生复原反响，应选项A、B正确；电池的总反响没有O2参与，总反响方程式不存在氧气，故C选项不正确；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D选项正确。答案选C。A.右边吸附层中发生了复原反响，A正确；B.氢气在负极上发生氧化反响，电解质中有强碱，故负极的电极反响是H2－2e－＋2OH－=2H2O，B正确；C.没有氧气参与反响，C不正确；D.电解质溶液中Na＋向右边的正极移动，向左边的负极移动，D正确。综上所述，此题选不正确的，应选C。10.以下事实，不能用勒夏特列原理解释的是A.在溴水中存在如下平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，当参加NaOH溶液后颜色变浅B.对于反响：2HI(g)H2(g)+I2(g)，使平衡体系缩小体积增加压强，颜色变深C.Fe(SCN)3溶液中参加固体KSCN后颜色变深D.棕红色气体NO2〔2NO2N2O4〕缩小体积加压后，颜色先变深后变浅【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，该反响必须是可逆反响，否那么勒夏特列原理不适用；【详解】A.参加NaOH溶液后，NaOH和HBr、HBrO发生中和反响导致平衡正向移动，那么溶液颜色变浅，能用平衡移动原理解释，A项正确；B.对于左右两端气体系数之和相等的反响，增大压强平衡不移动，所以与勒夏特列原理无关，B项错误；C.因为，参加KSCN后，SCN-增多，使平衡向逆向移动，C项正确；D.增大压强，平衡正向移动，气体颜色先变深后变浅，能用平衡移动原理解释，D项正确；答案选B。11.利用如下图装置，可以模拟铁的电化学腐蚀，以下说法不正确的选项是()A.假设X为碳棒，为减慢铁的腐蚀，开关K应置于N处B.假设X为锌棒，K置于M或N处，均能减慢铁的腐蚀C.假设X为碳棒，将开关K置于M处时铁棒上发生的反响为Fe－2e－=Fe2＋D.假设X为锌棒，将开关K置于N处时铁棒上发生的反响为Fe－2e－=Fe2＋【答案】D【解析】【分析】根据金属的防护，假设K置于N处，形成电解池，必须让被保护的金属接电源负极；假设开关K置于M处，形成原电池，假设要使金属铁被保护，需让铁做正极，据此分析判断。【详解】A．假设X为碳棒，当开关K置于N处时，形成电解池，铁做阴极被保护，能减缓铁的腐蚀，故A正确；B．假设

X

为锌棒，开关

K

置于

M处，形成原电池，锌比铁活泼，锌为负极，铁做正极，在原电池中正极被保护，能减缓铁的腐蚀；当开关K置于N处时，形成电解池，铁做阴极被保护，能减缓铁的腐蚀，故B正确；C．假设X为碳棒，开关

K

置于

M处，形成原电池，铁做负极，铁棒上发生反响为Fe－2e－=Fe2＋，故C正确；D．当X为锌时，开关K置于N处，形成电解池，铁做阴极，故阴极上的电极反响为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故D错误；应选D。12.反响：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g)△H＝－akJ·mol-1〔a＞0〕，其反响机理是①NO(g)＋Br2(g)NOBr2(g)快②NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g)慢以下有关该反响的说法正确的选项是A.该反响的速率主要取决于①的快慢B.NOBr2是该反响的催化剂C.增大Br2(g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反响速率D.总反响中生成物的总键能比反响物的总键能大akJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】A．反响速率主要取决于慢的一步，所以反响速率主要取决于②的快慢，A错误；B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；D．正反响放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，那么正反响的活化能比逆反响的活化能小akJ•mol-1，D正确；答案选D。13.MnSO4是制备高纯MnCO3的中间原料。实验室用如下图装置可制备少量MnSO4溶液，反响原理为MnO2＋H2SO3=MnSO4＋H2O。以下说法错误的选项是〔〕A.假设实验中将N2换成空气，那么反响液中的浓度之比变大B.缓慢通入混合气体可提高SO2的转化率C.假设不通N2，那么烧瓶中的进气管口容易被堵塞D.石灰乳对尾气的吸收效果比澄清石灰水更好【答案】A【解析】【详解】A、SO2能与H2O反响生成H2SO3，H2SO3易被氧气氧化成SO42－，导致溶液中c(SO42－)增大，即之比减小，故A说法错误；B、缓慢通入混合气体，可以使SO2充分反响，提高SO2的转化率，故B说法正确；C、假设不通N2，那么烧瓶中的进气管口容易被MnO2堵塞，故C说法正确；D、SO2有毒，不能直接排放到空气，氢氧化钙微溶于水，澄清石灰水中Ca((OH)2含量低，因此使用石灰乳对尾气的吸收效果比澄清石灰水更好，故D说法正确；答案选A。14.在容积为2.0L的密闭容器内，物质D在T℃时发生反响，其反响物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，以下表达不正确的选项是A.从反响开始到第一次到达平衡时，A物质的平均反响速率为0.0667mol/(L·min)B.该反响的化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反响的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)C.：反响的∆H＞0，那么第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度D.假设在第7分钟时增加D的物质的量，那么表示A的物质的量变化正确的选项是a曲线【答案】D【解析】【详解】A.根据v=∆c/∆t计算得A物质的平均反响速率为0.4mol/(2L×3min)=0.0667mol/(L·min),A正确；B.根据图在第一次到达平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol/L，所以D为反响物，D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反响中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2D(s)2A(g)+B(g)，该反响的平衡常数表达式为K=c(A)2·c(B)，故B正确；C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的根底上增加，而D的物质的量在原来的根底上减小，说明平衡正向移动，因为反响的∆H＞0,所以此时是升高温度，故C正确；D.因为D是固体，量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误；综上所述，此题选D。15.4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1，T2>T1，对于该反响，以下图象正确的选项是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A、正反响放热，升高温度，正逆反响速率均增大，逆反响速率大于正反响速率，平衡向逆反响方向进行，A错误；B、化学平衡常数只与温度有关系，B错误；C、对于反响4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数会增大，C错误；D、升高温度，化学反响速率会迅速增大，所以T2时先到达化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，D正确；答案选D。16.焦炭催化复原二氧化硫的化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反响，测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度变化的关系如下图，以下说法正确的选项是A.该反响的∆H>0 B.C点时到达平衡状态C.增加C的量能够增大SO2的转化率 D.T3时增大压强，能增大活化分子百分数【答案】B【解析】【详解】A.升高温度平衡向吸热方向移动，C点对应温度升高到D点对应温度，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比大于2∶1，说明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移动，即逆反响是吸热反响，那么正反响是放热反响，△H＜0，故A错误；B.到达平衡状态时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶1，根据图知，只有C点符合，故B正确；C.能够增大SO2平衡转化率说明平衡正向移动，但不能是增加C的物质的量，因为C为固体，故C错误；D.增大压强，增大了单位体积内的活化分子数，但活化分子百分数不变，故D错误；答案选B。【点睛】正确解读图像是解题的关键。此题中要注意平衡时SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2∶1，而不是1∶1。17.铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的重要复原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如下:注:SiO2在“碱溶〞时转化为铝硅酸钠(Na2Al2SixO8)沉淀。〔1〕铝硅酸钠(Na2Al2SixO8)可以用氧化物的形式表示其组成，形式为________。〔2〕“过滤I〞中滤渣主要成分有________(写名称)。向“过滤I〞所得滤液中参加NaHCO3溶液，反响的离子方程式为_______________、______________。〔3〕“电解I〞的另一产物在1000℃时可与N2反响制备AlN，在这种产物中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是__________________。〔4〕“电解II〞是电解Na2CO3溶液，原理如下图。阳极的电极反响式为_________________。【答案】(1).Na2O·Al2O3·2SiO2(2).铝硅酸钠、氧化铁(3).OH-+HCO3-=CO32-+H2O(4).AlO2-+HCO3-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓(5).氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝外表的氧化铝薄膜(6).4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑【解析】【分析】以铝土矿(主要成分为，含和等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加溶解时不反响，由信息可知在“碱溶〞时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反响生成，过滤II得到，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成铝和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与反响生成铝氢化钠。【详解】〔1〕铝硅酸钠()用氧化物表示时通常先金属氧化物，后二氧化硅和水，其氧化物形式为，故答案为：；〔2〕铝土矿加溶解时，溶解生成偏铝酸钠，而不反响，由信息可知在“碱溶〞时转化为铝硅酸钠沉淀，那么过滤所得滤渣Ⅰ为铝硅酸钠、氧化铁，滤液中含有过量和溶液，参加溶液后，分别与、反响，反响的离子方程式为、，故答案为：铝硅酸钠、氧化铁；、；〔3〕铝粉在1000℃时可与反响制备，在铝粉中添加少量固体并充分混合，有利于的制备，其主要原因是分解产生的能够破坏外表的薄膜，故答案为：氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝外表的氧化铝薄膜；〔4〕由图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阳极反响为，故答案为：。18.短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1molDAx与足量的A2C反响生成44.8L〔标准状况〕G气体。A、B的单质依次为G、T，在密闭容器中充入一定量的G、T，一定条件下发生反响G+T→W〔未配平〕，测得各物质的浓度如表所示。物质TGW10min时，c/(mol/L)0.50.80.220min时，c/(mol/L)0.30.20.6答复以下问题：〔1〕A、B、C能组成既含离子键又含共价键的化合物，该化合物的化学式为_________。〔2〕B、C、D、E的简单离子中，离子半径由大到小排序为__________〔用离子符号表示〕。〔3〕J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式盐，J、L混合可产生有刺激性气味的气体，写出这两种溶液发生反响的离子方程式__________；J、L中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是_______〔填化学式〕。〔4〕B2A4−C2碱性燃料电池放电效率高。该电池放电时生成B2和A2C，正极反响式为________；电池工作一段时间后，电解质溶液的pH_____〔填“增大〞“减小〞或“不变〞〕。【答案】(1).NH4NO3或NH4NO2(2).S2－>N3－>O2－>Mg2＋(3).HSO3－＋H＋=SO2↑＋H2O(4).NH4HSO3(5).O2＋2H2O＋4e－=4OH－(6).减小【解析】【分析】C原子最外层电子数是电子层数的3倍，推知C为氧，C和E位于同主族，故E为硫，A、B的单质在常温下都呈气态，且A、B、C原子序数递增，故A为氢，B为氮，1molDAx与足量的A2C〔水〕反响生成44.8L〔标准状况〕G〔氢气〕气体，可知D为金属，DAx中氢显负价，失电子，那么x=2，D显+2价，A、B、C、D、E的原子序数依次增大，故D为镁，综上所述，A为氢，B为氮，C为氧，D为镁，E为硫，G为氢气，T为氮气，W为氨气。【详解】〔1〕A为氢，B为氮，C为氧，组成的离子化合物可能为或，故答案：或；〔2〕B为氮，C为氧，D为镁，E为硫，原子核外有三层电子半径最大，、、电子层数均为两层，核外电子排布相同，质子数越多半径越小，故离子半径，故答案为：；〔3〕由氢、氮、氧、硫四种元素组成的两种常见酸式盐，混合可产生有刺激性气味的气体，推测两种盐分别为和，产生的气体为二氧化硫，二者反响的离子方程式为：，和中能复原高锰酸钾使其褪色，故答案为：；；〔4〕碱性燃料电池中，正极发生复原反响，氧气生成氢氧根，电极反响式为：，电池总反响为：，反响中没有消耗溶液中的氢氧根，但是产生了水，造成溶液体积增大，碱性减弱，pH减小，故答案为：；减小。【点睛】微粒半径大小比拟的一般规律：1、看电子层数，电子层数越多半径越大；2、电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越多半径越小；3、电子层数和核电荷数都相同时，看电子数，电子数越多越多半径越大。19.700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反响：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)，反响过程中测定的局部数据见下表(表中t2>t1)：反响时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol01.200.60t10.20t20.80依据题意答复以下问题：(1)反响在t1min内的平均速率为v(H2)＝________mol·L－1·min－1。(2)保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到达平衡时，n(CO2)＝________mol。(3)温度升至800℃，上述反响的平衡常数为0.64，那么正反响为________反响(填“放热〞或“吸热〞)。(4)700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为1.20mol、2.00mol、1.20mol、1.20mol，那么此时该反响v(正)________v(逆)(填“>〞“<〞或“＝〞)。(5)该反响在t1时刻到达平衡，在t2时刻因改变某个条件，CO和CO2浓度发生变化的情况如下图。图中t2时刻发生改变的条件可能是________或________。(6)假设该容器容积不变，能说明反响到达平衡的是________。①c(CO)与c(H2)的比值保持不变②v(CO2)正＝v(H2O)逆③体系的压强不再发生变化④混合气体的密度不变⑤体系的温度不再发生变化⑥气体的平均相对分子质量不变【答案】(1).(2).0.40(3).放热(4).>(5).降温(6).增大c(H2O)或减小c(H2)(7).①②⑤【解析】【分析】〔1〕根据v=计算反响速率；〔2〕根据反响时转化的物质的量计算n(CO2)；〔3〕根据温度变化对平衡常数的影响判断反响热；〔4〕据K和Qc的大小比拟判断；〔5〕据图可知，CO浓度继续减小和二氧化碳的浓度继续增大，在t2时刻平衡正向移动，可能是增加水蒸汽的量或减少氢气的量或降温；〔6〕不传热的固定容积的容器中，反响到达平衡的标志是正逆反响速率相同，各成分含量保持不变分析判断选项。【详解】(1)CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)，根据方程式，t1min内消耗水0.4mol，生成氢气0.4mol，反响在t1min内的平均速率v(H2)＝＝mol·L－1·min－1，故答案为；(2)由以上数据可知，t2时n(H2O)=0.2mol，转化H2O的物质的量为0.4mol，转化的H2也为0.4mol，t2时n(H2)=0.4mol，与t1时相同，说明t1时到达到达平衡状态，根据化学方程式可知，那么生成的n(CO2)=0.4mol，故答案为0.4；(3)由题给数据建立如下三段式：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始：1.2mol

0.6mol

0

0

转化：0.4mol

0.4mol

0.4mol

0.4mol平衡：0.8mol

0.2mol

0.4mol

0.4mol

t1时到达到达平衡状态，平衡常数K==，那么K＝＝1，温度升至800℃，上述反响的平衡常数为0.64，平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反响方向移动，那么正反响放热，即△H<0，故答案为放热；(4)700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)浓度熵Qc=＝=0.6<1，平衡正向移动，v(正)>v(逆)，故答案为>；(5)该反响在t1时刻到达平衡，在t2时刻c(CO2)逐渐增大，c(CO)逐渐减小，说明平衡正向移动，改变条件可能是降温、增大c(H2O)或减小c(H2)，答案为：降温；增大c(H2O)或减小c(H2)；(6)①CO是反响物，H2是生成物，c(CO)与c(H2)的比值保持不变，一定到达平衡状态，故①正确；②v(CO2)正＝v(H2O)逆，正、逆反响速率相同，一定到达平衡状态，故②正确；③由于反响前后气体的物质的量不变，那么体系的压强是一恒量，压强不变反响不一定平衡状态，故③错误；④根据ρ＝，密度为恒量，混合气体的密度不变不一定平衡状态，故④错误；⑤该反响放热，体系的温度不再发生变化，一定到达平衡状态，故⑤正确；⑥根据M＝，平均相对分子质量为恒量，气体的平均相对分子质量不变，不一定平衡状态，故⑥错误；①②⑤正确，故答案为①②⑤。【点睛】此题作为化学反响速率与平衡的综合性题目，由于综合性强、计算量大导致难度上升，易错填空为(2)(4)两空。错因与纠错方法：K只与温度有关，温度不变那么K值不变，无论初始反响物的物质的量如何；而v(正)与v(逆)