河北省邢台市第二中学2022-2022学年高二上学期开学考试化学试题1.元素周期表中某区域的一些元素通常用来制造农药，这些元素是( )A.左下方区域的金属元素B.金属元素和非金属元素分界线附近的元素C.右上方区域的非金属元素D.稀有气体元素【答案】C【解析】【详解】A、左下方区域的金属元素的金属性很强，不能用来制造农药，A错误；B、金属元素和非金属分界线附近的元素，既具有金属性又具有非金属性，可用于制造半导体材料，B错误；C、右上方区域的一般是非金属元素，通常用来制造农药，C正确；D、稀有气体元素的单质为气体，性质不活泼，不能用来制造农药，D错误；答案选C。2.铯是一种碱金属元素，下列关于铯的叙述中正确的是( )A.氢氧化铯是一种可溶于水的强碱B.铯在空气中燃烧生成氧化铯一种氧化物C.铯与水反应，能发生爆炸，并放出氧气D.加热碳酸铯可生成氧化铯和二氧化碳【答案】A【解析】【详解】A、碱金属元素对应的碱的碱性从上到下是逐渐增强的，氢氧化钠、氢氧化钾均是强碱，所以CsOH是一种可溶于水的强碱，A正确；B、金属钠、钾的燃烧产物分别是过氧化钠、超氧化钾等，所以Cs在空气中燃烧，生成的氧化物一定不是Cs2O，B错误；C、活泼金属Na、K和水的反应会产生强碱氢氧化钠、氢氧化钾和氢气，所以金属铯和水的反应不会产生氧气，C错误；D、碳酸钠、碳酸钾的性质稳定，受热不会分解，所以加热Cs2CO3也不会发生分解，D错误。22答案选A。【点睛】本题考查学生碱金属元素的性质递变规律知识，注意同族元素，从上到下，金属的活泼性是逐渐增强的，元素性质具有相似性和递变性，难度不大。3.下列各离子的电子式正确的是( )A.氧离子B.氧离子C.氯离子D.氯离子Cl－【答案】B【解析】【详解】A.氧离子带2个负电荷，电子式为，A错误；B.氧离子带2个负电荷，电子式为，B正确；C.氯离子带1个负电荷，电子式为，C错误；D.氯离子带1个负电荷，电子式为，D错误。答案选B。4.下表是元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是( )A.常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高B.Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同C.W的氢化物还原性小于Y的氢化物D.Y元素的非金属性比W元素的非金属性强【答案】D【解析】【分析】由五种元素在周期表中的位置图可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，Z为Br元素，R为Ar元素，据此解答。22【详解】根据以上分析可知R为Ar，W为P，X为N，Y为S，Z为Br，则A、常压下五种元素的单质中，磷单质的沸点最高，A错误；B、S2-（Y2-）离子结构示意图：，Br-（Z-）离子结构示意图：，Ar（R）原子结构示意图：，所以Y的阴离子电子层结构与R原子的相同，Z的阴离子电子层结构与R原子的不同，B错误；C、硫的非金属性强于磷，则W的氢化物还原性大于Y的氢化物，C错误；D、同周期，随着原子序数的递增，元素的非金属性增强，所以Y元素（S）的非金属性比W元素（P）的非金属性强，D正确。答案选D。5.在通常条件下,下列各组物质的性质排列不正确的是()A.还原性强弱：Cl-＜Br-＜I-B.酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H2SiO3C.热稳定性：HF＞H2O＞NH3D.微粒半径大小：S＞Na+＞O2-【答案】D【解析】【详解】A．同主族从上到下非金属性依次减弱，非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性强弱为Cl-＜Br-＜I-，A正确；B．醋酸的酸性强于碳酸，碳元素的非金属性强于硅元素，则碳酸的酸性强于硅酸，B正确；C．同周期从左到右非金属性依次增强，则非金属性F＞O＞N，所以气态氢化物的稳定性为HF＞H2O＞NH3，C正确；D．由于钠离子和氧离子的核外电子排布相同，原子序数O＜Na，因此离子半径：Na+＜O2-，D错误；答案选D。6.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断下列叙述正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.0370.1430.1860.1020.074主要化合价+1+3+1+6、－2－222A.Q+与T2-的核外电子数相等B.L与T形成的化合物不可能含非极性键C.最高价氧化物对应水化物的碱性：Q＜MD.R2-的还原性小于T2-的还原性【答案】A【解析】【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，则T为O元素，可知R为S元素，L、M、Q只有正价，原子半径L＜Q，且二者均是+1价，L的原子半径最小，所以L是H，Q是Na，原子半径M的介于T、R之间，则M为Al元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知L是H，M是Al，Q是Na，R是S，T是O。则A．钠离子和氧离子的核外电子数均是10个，A正确；B．L与T形成的化合物双氧水中含有极性键和非极性键，B错误；C．同周期自左向右，金属性减弱，最高价氧化物水化物的碱性减弱，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Q＞M，C错误；D．非金属性O＞S，所以R2-的还原性大于T2-的还原性，D错误。答案选A。【点睛】本题考查元素原子结构与性质，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质来解答即可，难度不大。7.把甲、乙、丙、丁四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若甲、乙相连，甲为负极；丙、丁相连，丁上有气泡逸出；甲、丙相连，甲上发生氧化反应；乙、丁相连，乙是电子流入的一极。则四种一金属的活动性顺序由大到小排列为A.甲>丙>丁>乙B.甲>丙>乙>丁C.甲>乙>丙>丁D.乙>丁>丙>甲【答案】A【解析】【分析】22原电池中，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，正极为较不活泼的金属，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，电子从负极沿导线流向正极，以此判断金属的活动性。【详解】原电池中，负极材料为较为活泼的金属，若甲、乙相连，甲为负极，所以甲的活泼性大于乙的活泼性；丙、丁相连，丁上有气泡逸出，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，所以丙的活泼性大于丁的活泼性；甲、丙相连，甲上发生氧化反应，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，所以甲的活泼性大于丙的活泼性；乙、丁相连，乙是电子流入的一极，电子从负极沿导线流向正极，所以丁的活泼性大于乙的活泼性；所以则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为甲＞丙＞丁＞乙。答案选A。8.某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3++Fe3Fe2+，能实现该反应的原电池是A.正极为Cu，负极为Fe，电解质为FeCl3溶液B.正极为C，负极为Fe，电解质为FeSO4溶液C.正极为Fe，负极为Zn，电解质为Fe2(SO4)3溶液D.正极为Ag，负极为Cu，电解质为CuSO4溶液【答案】A【解析】分析：根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，比铁的活泼性弱的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，据此判断。详解：A．铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，则符合题意，A正确；B．铁作负极，碳作正极，电解质为FeSO4溶液，不能发生氧化还原反应，则不符合题意，B错误；C．Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电池，则不符合题意，C错误；D．Cu作负极，银作正极，电解质为CuSO4溶液，不能发生氧化还原反应，则不符合题意，D错误；答案选A。9.下列说法中不正确的是()A.和是同一种核素B.红磷和白磷互为同素异形体C.CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3是不同种物质22D.CH3CH2OH可看做是由乙基和羟基两种基团组成的【答案】A【解析】A．126C和146C中子数不同，是不同种核素，故A错误；B．红磷与白磷是磷元素形成的结构不同单质，互为同素异形体，故B正确；C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3结构不同，是不同物质，故C正确；D．CH3CH2OH可看成是由-C2H5和-OH两种基团组成，故D正确；故选A。10.分子式为C4H10O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有( )A.1种B.2种C.3种D.4种【答案】D【解析】【分析】分子式为C4H10O有机物符合饱和一元醇或醚的通式CnH2n+2O，该有机物能够与金属钠反应放出氢气，应为醇；同分异构体种类按照与羟基相连的C4H9-种类进行分析。【详解】分子式为C4H10O且可与金属钠反应放出氢气，说明含有羟基，丁基的结构有四种：CH3CH2CH2CH2-、CH3CH2CH(CH3)-、(CH3)2CHCH2-、(CH3)3C-，所以羟基与丁基相连形成的有机物有四种，因此属于醇的有机物有4种；正确选项D。11.某校学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验中不合理的是( )A.用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物B.用高度白酒进行皮肤消毒C.用食用碱(Na2CO3溶液)洗涤餐具上的油污D.用米汤(含淀粉)检验加碘盐中的碘酸钾(KIO3)【答案】D【解析】【详解】A．纯羊毛的成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，则用灼烧并闻气味的方法区别纯棉和纯羊毛织物，A正确；B．乙醇能使蛋白质变性，可以用高度白酒进行皮肤消毒，B正确；C．纯碱水解显碱性，且为吸热反应，碱性利于油脂的水解，则用热的纯碱溶液碱性增强，可洗涤餐具上的油，C正确；D．米汤中含淀粉，碘酸钾中不含碘单质，不能检验食盐中是否存在碘酸钾，D错误；22答案选D。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，涉及蛋白质性质、盐类水解、油脂水解、碘的特性等，综合性较强，题目难度不大。12.下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是（）A.煤干馏可以得到甲烷,苯和氨等重要化工原料B.天然气是一种清洁燃料C.用大米酿的酒在一定条件下密封保存,时间越长越香醇D.纤维素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应【答案】D【解析】分析：A、煤的干馏是将煤在隔绝空气作用下，加强热使之发生化学反应的过程；B、甲烷燃烧生成二氧化碳和水；C、乙醇能被氧化成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应；D、葡萄糖是单糖不水解。详解：A、煤的干馏是将煤在隔绝空气作用下，加强热使之发生化学反应，产物是焦炉气、粗氨、粗苯等，A正确；B、天然气的主要成分是甲烷，甲烷完全燃烧生成CO2和H2O，是一种清洁燃料，B正确；C、酒被氧化成乙酸，然后乙醇和乙酸发生酯化反应，因此酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇，C正确；D、葡萄糖是单糖，不能水解，D错误。答案选D。13.下列关于化学用语的表示正确的是()A.羧基的电子式：B.乙醇的分子式：C2H5OHC.四氯化碳的比例模型：D.质子数为35、中子数为45的溴原子：B3580r【答案】D【解析】22【详解】A.羧基的化学式是－COOH，则其电子式为，A错误；B.乙醇的分子式为C2H6O，C2H5OH表示结构简式，B错误；C.碳原子半径小于氯原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，可以表示甲烷分子的比例模型，C错误；D.质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数是35+45＝80，可表示为B3580r，D正确；答案选D。【点睛】选项C是易错点，注意比例模型的含义，即比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，另外还要注意比例模型与球棍模型的区别。14.下列各类烷烃中，一氯代物只有一种的是( )A.(CH3)2CHCH3B.CH3CH2CH3C.CH3CH2CH2CH3D.C(CH3)4【答案】D【解析】【分析】烷烃的一氯代物只有一种，说明分子中只有一类氢原子，据此解答。【详解】A．(CH3)2CHCH3分子中有2类氢原子，则一氯代物有2种，A错误；B．CH3CH2CH3分子中有2类氢原子，则一氯代物有2种，B错误；C．CH3CH2CH2CH3分子中有2类氢原子，则一氯代物有2种，C错误；D．C(CH3)4分子中有1类氢原子，则一氯代物有1种，D正确。答案选D。【点睛】本题主要是考查同分异构体的判断，明确烷烃分子中等效氢原子的判断方法是解答的关键。“等效氢原子”种类的判断通常有如下三个原则：①同一碳原子所连的氢原子是等效的；②同一碳原子所连的甲基上的氢原子是等效的；③同一分子中处于轴对称或镜面对称（相当于平面镜成像时，物与像的关系）位置上的氢原子是等效的。15.乙烯直接水合法制乙醇因污染小而应用于工业合成，下列有关说法错误的是( )A.该反应属于加成反应22B.乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色C.乙烷中含有少量乙烯，可用H2除去D.等物质的量的乙烯与乙醇充分燃烧，耗氧量相同【答案】C【解析】【详解】A.乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成乙醇，A正确；B.乙烯含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C.乙烷中含有少量乙烯，应该用溴水除去，不能用氢气，C错误；D.乙醇的分子式可以看作是C2H4·H2O，因此等物质的量的乙烯与乙醇充分燃烧，耗氧量相同，D正确。答案选C。16.下列实验能获得成功的是（ ）A.用如图所示装置，无水乙酸和乙醇共热制取乙酸乙酯B.将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复原来的红色C.水和乙醇的混合液，可用蒸馏的方法使其分离D.淀粉用酸催化水解后的溶液加入新制银氨溶液，水浴加热，可观察到有银镜出现【答案】B【解析】试题分析：A、还缺少浓硫酸，A错误；B、铜在乙醇的催化氧化中其催化剂作用，B正确；C、水和乙醇的混合液中加入新制生石灰，然后用蒸馏的方法使其分离，C错误；D、银镜反应应该在碱性条件下才能进行，而淀粉水解需要硫酸作催化剂，因此再进行银镜反应之前需要加入碱液中和硫酸，D错误，答案选B。考点：考查常见物质的制备、物质的分离和提纯以及银镜反应的判断等17.下列有关化学与自然资源的开发利用说法中不正确的是（）A.海水提溴是将海水中的化合态的溴富集再转化为游离态的溴B.石油裂化的主要目的是提高汽油的产量22C.煤干馏的产品很多，是一个化学変化D.海水提镁的过程为：MgCl2(aq)→石灰乳Mg(OH)2→煅烧MgO→电解Mg【答案】D【解析】【分析】A、根据工业上海水中提取溴的方法判断；B、石油裂化的主要目的是将长的碳链断裂成短的碳链，得到汽油；C、煤干馏是将煤隔绝空气加强热，产生很多新物质；D、海水提镁的过程中从海水中得到氯化镁，再电解熔融的氯化镁得镁；【详解】A、海水中加入氧化剂，把溴离子氧化为溴单质，也就是先将海水中的化合态的溴富集再转化为游离态的溴，故A正确；B、石油裂化的主要目的是将长的碳链断裂成短的碳链，得到汽油，以提高汽油的产量，故B正确；C、煤干馏是将煤隔绝空气加强热，产生很多新物质（煤焦油、粗氨水、焦炉气等），所以是化学变化，故C正确；D、海水提镁的过程中：把氢氧化镁与盐酸反应变为氯化镁，然后再电解熔融的氯化镁得到镁，故D错误；正确选项D。18.原子经济性反应是指原料中的原子全部转化为产物，不产生副产品，实现零排放。下列反应中不符合原子经济性的是A.B.CH2=CH2+Cl2+Ca(OH)2→+CaCl2+H2OC.D.CO+2H2→CH3OH【答案】B【解析】【分析】22原子经济性反应是指原料中的原子全部转化为产物，不产生副产品，实现零排放，结合反应的特点分析判断。【详解】A、该反应是加成反应，生成物只有一种，符合原子经济性，A不符合题意；B、该反应中生成物不止一种，不符合原子经济性，B符合题意；C、该反应是加成反应，生成物只有一种，符合原子经济性，C不符合题意；D、该反应生成物只有一种，符合原子经济性，D不符合题意；答案选B。19.下图是2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的能量变化图，据图得出的相关叙述正确的是()A.该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放B.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H＝－(a－b)kJ／molC.1molSO2的能量比1molSO3的能量高D.若某容器内有2molSO3充分反应，吸收(a－b)kJ热量【答案】A【解析】【详解】A.断键需要吸热，形成化学键需要放热，则该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放，A正确；B.反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的△H＝(a－b)kJ／mol，B错误；C.根据图像可知0.5mol氧气和1molSO2的总能量比1molSO3的能量高，二氧化硫和三氧化硫的能量不能比较，C错误；D.由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若某容器内有2molSO3充分反应，吸收的热量小于(a－b)kJ，D错误。答案选A。20.已知反应：①101kPa时，2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H＝-221kJ/mol；②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)，△H＝-57.3kJ/mol。下列结论正确的是()22A.反应①的反应热为221kJB.碳的燃烧热为△H＝-221kJ/molC.稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为△H＝-57.3kJ/molD.稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量【答案】B【解析】【分析】A、①的反应热为负值，单位是kJ/mol；B、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；C、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量。【详解】A、反应热包含符号，①的反应热为221kJ/mol，A错误；B、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，由反应①可知，2mol碳燃烧生成CO放出的热量为221kJ，碳完全燃烧生成的是CO2，所以碳的燃烧热不是221kJ/mol，B错误；C、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，中和热为放热反应，中和热为57.3kJ/mol，稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol，C正确；D、醋酸是弱电解质，电离吸收能量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，D错误；答案选C。【点睛】本题考查燃烧热、中和热的理解，题目难度不大，注意中和热的表示方法，掌握燃烧热、中和热的含义是解答的关键。选项D是解答的易错点，注意弱电解质存在电离平衡，电离吸热。21.已知：①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=-akJ·mol-1②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H2=-bkJ·mol-1③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H3=-ckJ·mol-1④H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H4=-dkJ·mol-1下列叙述正确的是（）A.由上述热化学方程式可知△H3＜△H4B.H2的燃烧热为dkJ·mol-122C.4NH3(g)+4O2(g)=2NO(g)+N2(g)+6H2O(g)△H=(-a-b)kJ·mol-1D.4NH3(g)2N2(g)+6H2(g)△H=(6d-b)kJ·mol-1【答案】B【解析】分析：A．气态水到液态水继续放热，所以d＞c；B．燃烧热应生成稳定氧化物；C．根据盖斯定律计算；D．根据盖斯定律计算。详解：A．气态水到液态水继续放热，所以d＞c，则△H3＞△H4，A错误；B．燃烧热应生成稳定氧化物，应该是液态水，燃烧热为dkJ/mol，B正确；C．根据盖斯定律(①+②)/2得到：4NH3(g)+4O2(g)=2NO(g)+N2(g)+6H2O(g)△H=(-a-b)/2kJ·mol-1，C错误；D．根据盖斯定律可知(②－③×6)即得到4NH3(g)2N2(g)+6H2(g)△H=(6c-b)kJ·mol-1，D错误。答案选B。22.在25℃，,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/(mol·L－1)120平衡浓度/(mol·L－1)0.61.20.8下列说法错误的是()A.反应达到平衡时，X的转化率为40%B.反应可表示为X(g)+2Y(g)2Z(g)，其平衡常数为0.74C.其它条件不变时，增大压强能使平衡向生成Z的方向移动,平衡常数也增大D.改变温度可以改变此反应的平衡常数【答案】C【解析】分析：A、转化率是消耗量除以起始量得到；22B、根据物质消耗量计算反应物质的量之比写出化学方程式；C、化学平衡常数只随温度变化；D、升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应。详解：A、根据图表分析可以知道，X消耗的物质的量浓度=1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，X的转化率=0.4mol/L1mol/L×100%=40%，所以A选项是正确的；B、图表中分析消耗量或生成量为，消耗X浓度1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，Y消耗浓度2mol/L-1.2mol/L=0.8mol/L，Z生成浓度0.8mol/L，反应比为X：Y：Z=0.4:0.8:0.8=1:2:2，反应的化学方程式为：X(g)+2Y(g)2Z(g)，平衡常数K=c2(Z)c(X)c2(Y)=0.820.6×1.22=0.74，所以B选项是正确的；C、反应正向是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，即向着生成Z的方向移动，温度不变，则平衡常数不变，故C错误；D、升温平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，所以D选项是正确的；故本题答案选C。23.下列说法正确的是()A.NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ⋅mol−1，能自发进行，原因是△S>0B.常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行C.焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据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应进行的方向【答案】A【解析】分析：A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行；B、某些吸热反应也可以自发进行，根据△H-T△S<0分析判断；C、根据反应自发进行的判断根据△H-T△S<0分析；D、催化剂改变反应速率不改变化学平衡。详解:A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ⋅mol−1，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，所以A选项是正确的；B、某些吸热反应也可以自发进行，根据△H-T△S<0分析，△H>0，△S<0，22常温下可以△H-T△S<0，如氢氧化钡晶体和氯化铵反应，是吸热反应，常温下可以蒸发进行，故B错误；C、根据反应自发进行的判断根据△H-T△S<0分析，反应自发进行需要焓变、熵变和温度共同决定，故C错误；D、催化剂改变反应速率不改变化学平衡，使用催化剂不可以改变化学反应进行的方向，故D错误；所以A选项是正确的。24.对于可逆反应：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是( )A.达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C.若有5molO===O键断裂，同时有12molH—O键形成，此时必为化学平衡状态D.化学平衡时，化学反应速率关系是2v正(NH3)＝3v逆(H2O)【答案】A【解析】【详解】A.达到化学平衡时正逆反应速率相等，又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，则4v正(O2)＝5v逆(NO)，A正确；B.单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，均表示正反应速率，则反应不一定达到平衡状态，B错误；C.有5molO＝O键断裂，同时有12molH－O键形成，均表示正反应速率，则反应不一定达到平衡状态，C错误；D.化学平衡时正逆反应速率相等，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知化学反应速率关系是3v正(NH3)＝2v逆(H2O)，D错误。答案选A。25.反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15。下列说法正确的是()A.升高温度该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小B.该反应的化学平衡常数表达式为K=c(FeO)·c(CO)c(Fe)·c(CO2)C.绝热容器中进行该反应，温度不再变化，则达到化学平衡状态D.该反应的正反应是放热反应【答案】C22【解析】【分析】A.升高温度,正、逆反应速率都增大；B.固体物质的浓度是定值,在平衡常数表达式中不出现固体物质的浓度；C.绝热容器中进行的反应，温度不再变化，反应达到平衡状态；D.根据题给K值可知,温度升高,K值增大,该反应的正反应是吸热反应；【详解】由题意可知，升高温度平衡常数变大，说明该反应正方向为吸热反应。A项，升高温度，正逆反应速率都增大，故A项错误；B项，反应过程中，固体物质的浓度不发生变化，所以平衡常数表达式中，不应该写固体，故B项错误；C项，反应过程中，伴随着能量变化，温度不变时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故C项正确；D项，温度升高，平衡常数增大，平衡右移，说明正反应是吸热反应，故D项错误。正确选项C。26.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：（1）在③～⑦中元素，原子半径最大的是_____________，其离子的结构示意图是__________________。（2）表中的①～⑩中元素，非金属性最强的是_______，化学性质最稳定的是________，金属性最强的是__________，最高价氧化物的水化物的酸性最强的是（写该水化物的化学式）______________。22（3）⑦的氢化物的水溶液与①的氢化物的水溶液反应的离子方程式为___________________________。（4）用一个化学反应说明⑦比⑩的单质化学性质活泼，写出反应的化学方程式：_____________________。【答案】(1).Na(2).(3).F(4).Ar(5).K(6).HClO4(7).H＋＋NH3·H2O===NH4++H2O(8).2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2【解析】分析:本题考查的是元素周期表和元素周期律，是常考题型，根据元素在周期表的位置进行分析即可。详解：根据元素在周期表中的位置分析，①为氮元素，②为氟元素，③为钠元素，④为镁元素，⑤为铝元素，⑥为硅元素，⑦为氯元素，⑧为氩元素，⑨为钾元素，⑩为溴元素。(1).根据同周期元素中从左到右原子半径依次减小分析，在③～⑦中元素，钠原子半径最大，钠离子的结构示意图为。(２)根据同周期元素中从左到右非金属性增强，金属性减弱，同主族元素从下往上，非金属性增强，金属性减弱，分析，表中的①～⑩中元素，非金属性最强是F。化学性质最稳定的是Ar。金属性最强的为K。非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，所以最强的为HClO4。(３)氯的氢化物的水溶液为盐酸，氮的氢化物的水溶液为氨水，二者反应生成氯化铵和水，离子方程式为：H＋＋NH3·H2O===NH4++H2O。(４)氯气的非金属性比溴强，可以用单质的置换反应分析，如氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴，方程式为：2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2。27.A是来自石油的重要有机化工原料,此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是具有果香味的有机物,D能与碳酸钠反应产生气体,F是一种高聚物,可制成多种包装材料。 （1）A的结构式为___________。22（2）C分子中的官能团名称是_________,验证C物质存在该官能团的试剂是__________，现象为_________________________。（3）写出下列反应的化学方程式并指出反应类型:①____________________________:反应类型是______________；③____________________________；反应类型是______________；【答案】(1).(2).醛基(3).银氨溶液或新制的氢氧化铜(4).试管内壁出现光亮的银镜或出现砖红色沉淀(5).(6).加成反应(7).(8).取代反应（酯化反应）【解析】A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有机物，E是酯，酸和醇反应生成酯，则B和D一种是酸一种是醇，B能被氧化生成D，A反应生成B，碳原子个数不变，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，铜作催化剂、加热条件下，CH3CH2OH被氧气氧化生成C，所以C是CH3CHO，乙酸与乙醇分子酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，A反应生成F，F是一种高聚物，乙烯发生加聚反应生成高聚物F为。(1)通过以上分析知，A为乙烯，结构式为，故答案为：；(2)C是CH3CHO，含有的官能团为醛基，可发生氧化反应，一般用银氨溶液或新制备氢氧化铜浊液检验，方法是在洁净的试管中加入1mL2%的AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴加入2%的稀氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，制得银氨溶液．加入3-5滴待测溶液，水浴加热，有银镜出现(或在试管中加入10%的NaOH溶液2mL，滴入2%的CuSO4溶液4-6滴，得到新制的氢氧化铜，振荡后加入待测溶液0.5mL，加热，有砖红色沉淀生成)，故答案为：醛基；银氨溶液(或新制的氢氧化铜)；试管内壁出现光亮的银镜(或出现砖红色沉淀)；(3)①一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：，该反应属于加成反应；③乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O22，该反应属于取代反应或酯化反应，故答案为：；加成反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应或酯化反应。点睛：本题考查有机物的推断，正确判断A为解题的关键。本题的易错点和难点为(2)中醛基的检验，要注意掌握和理解有机中常见官能团的检验方法。28.工业合成氨的反应如下：3H2+N22NH3。某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：t/s050150250350n(NH3)/mol00.240.360.400.40(1)0～50s内的平均反应速率v(N2)＝_______________。(2)250s时，H2的转化率为_______________。(3)已知N≡N的键能为946kJ·mol-1，H－H的键能为436kJ·mol-1，N－H的键能为391kJ·mol-1，则生成1molNH3过程中的热量变化为_______kJ。下图能正确表示该反应中能量变化的是_____（填字母）。AB(4)为加快反应速率，可以采取的措施______________。a．降低温度b．增大压强c．恒容时充入He气d．恒压时充入He气e．及时分离出NH3(5)下列说法错误的是____________。a．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率b．上述条件下，N2不可能100%转化为NH3c．在一定条件下，合成氨反应有一定的限度22d．250～350s时，生成物浓度保持不变，反应停止【答案】(1).1.2×10-3mol·L-1·s-1(2).30%(3).46(4).A(5).b(6).d【解析】【详解】（1）0～50s内生成氨气0.24mol，浓度是0.24mol÷2L＝0.12mol/L，则平均反应速率v(NH3)＝0.12mol/L÷50s＝2.4×10-3mol/(L·s)。反应速率之比是化学计量数之比，则v(N2)＝1.2×10-3mol/(L·s)；（2）250s时，生成了氨气0.4mol，根据方程式可知反应的氢气的物质的量为0.6mol，所以H2的转化率为0.6mol/2mol×100%＝30%；（3）反应热对断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则根据反应方程式N2+3H22NH3可知△H＝（946kJ/mol+3×436kJ/mol）-6×391kJ/mol＝-92kJ/mol，因此生成1molNH3过程中的热量变化为0.5×92kJ＝46kJ，该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，答案选A；（4）a．降低温度，反应速率减慢，a错误；b．增大压强，反应速率加快，b正确；c．恒容时充入He气，反应物的浓度不变，反应速率不变，c错误；d．恒压时充入He气，反应物的浓度减小，反应速率减慢，d错误；e．及时分离NH3，生成物的浓度减小，反应速率减慢，e测。答案选b；（5）a．使用催化剂，反应速率加快，提高了生产效率，a正确；b．反应为可逆反应，N2不可能100%转化为NH3，b正确；c．反应为可逆反应，在一定条件下，合成氨反应有一定的限度，c正确；d．250～350s生成物浓度保持不变，反应达到了化学平衡状态，但反应未停止，d错误；答案选d。【点睛】本题主要是考查了化学反应速率和化学平衡的相关计算与判断，题目难度不大，易错点是压强对反应速率的影响变化规律。对有气体参加的反应，压强改变⇒气体物质浓度改变⇒22化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的。有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响：①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减慢。29.在温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molA和1.0molB，发生反应A(g)＋B(g)C(g)，一段时间后达到平衡。测定得部分数据见下表：t/s05152535n(A)/mol1.00.850.810.800.80（1）反应前5s的平均反应速率v(A)＝____________。（2）温度为T时，达到平衡后B物质的量的浓度＝________。（3）升高温度，平衡时c(A)＝0.41mol·L－1，则反应的ΔH_______0（填“＞”或“＜”）。（4）下列措施能增大反应速率，且平衡向正反应方向移动是__________。a．及时分离出A气体b．适当升高温度c．增大B的浓度d．选择高效催化剂【答案】(1).0.015mol/(L·s)(2).0.4mol/L(3).＜(4).c【解析】【详解】（1）根据表格数据，反应在前5s的A的物质的量变化为0.15mol，根据公式v=△n/V△t计算，平均速率V(A)=0.15/(2×5)=0.015mol/(L·s)；正确答案：0.015mol/(L·s)。（2）由表中数据可知，反应在25s、35s时A的物质的量相等，说明25s时达到了平衡状态，则：A(g)＋B(g) C(g)反应前（mol）1.0 1.0 0变化（mol） 0.2 0.2 0.2平衡时（mol）0.8 0.8 0.2平衡时B的浓度为：c（B）=0.8mol/2L=0.4mol/L；正确答案：0.4mol/L。（3）根据题给数据分析，反应达平衡时c（A）=0.4mol/L，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0．41mo1·L-1，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，正向放热△H＜0；正确答案：＜。（4）a．分离出A气体，22反应物浓度减小，正速率减小，逆反应速率瞬间不变然后减小，平衡向逆反应方向移动，错误；b．升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，错误；c．增大B的浓度，反应速率都增大，平衡正反应方向移动，正确；d．催化剂同等程度的增大正、逆反应速率，平衡不移动，错误；正确选项c。【点睛】本题考察了化学平衡相关知识，反应速率的计算、平衡移动规律是解题的关键；特别注意的是：升高温度、增大压强，正逆反应速率均增大，只是增大的程度不同，平衡发生移动；使用催化剂（正催化剂），正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动。22
