辽宁省辽阳市灯塔一中2022-2022学年高一（下）期末化学模拟试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分42分）1．化学与我们的生活密切相关，但我们在改善自己生活环境的同时也破坏了自然，旨在限制温室气体排放量、抵制全球范围内气候持续变暖的《京都议定书》于2022年2月16日正式生效．我国二氧化碳的排放量位居世界第二，下列减少二氧化碳这种温室气体排放的措施不切实际的是（ ）A．积极开发氢能源B．充分利用太阳能C．不使用化石燃料D．积极开发核能源 2．生活中有很多现象与化学的关系密不可分，请问下列解释不科学的是（ ）A．“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性Ca（HCO3）2的缘故B．长期盛放NaOH溶液的试剂瓶不易打开，是因为NaOH与瓶中的CO2反应导致瓶内气体减少形成负压的缘故C．严格地讲，实验室使用”通风橱”防污染是不负责任的，因为实验产生的有害气体没有得到转化或吸收D．“雨后彩虹”与“海市蜃楼”都是自然界的光学现象，也与胶体知识有关 3．生活中金属的使用已成为一种日常，在生活中使用的金属中，除少量极不活泼金属外几乎所有的金属都以化合态存在，那么我们的问题来了，请问下列各种冶炼方法中，可制得相应金属的是（ ）A．加热氧化银B．煅烧碳酸钙C．电解氯化钠溶液D．氯化镁与铝粉高温共热 4．下列各组物质性质的比较，正确的是（ ）A．酸性：HClO4＞H3PO4＞H2SO4B．氢化物稳定性：H2S＞HF＞H2OC．氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2D．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Ca（OH）2 5．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量、反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如表和如图所示：下列有关推断正确的是（ ）容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/℃T1T2T2反应物起始量1.5molA0.5molB1.5molA0.5molB6.0molA2.0molBA．10min内甲容器中反应的平均速率v（A）=0.1mol/（L•min）B．T1＜T2，正反应为吸热反应C．平衡时保持温度不变，缩小容器体积平衡向正反应方向移动\nD．T1℃时，若起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为75% 6．据某本书所述，关节炎病的病因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体，尤其是在寒冷季节诱发关节疼痛，其化学机理为：1HUr（尿酸）+H2O⇌Ur﹣（尿酸根离子）+H3O+；2Ur﹣（aq）+Na﹣（aq）⇌NaUr（s）下列对反应2的叙述正确的是（ ）A．反应的△H＞0B．降低温度，平衡向逆反应方向移动C．反应的△H＜0D．升高温度，平衡向正反应方向移动 7．哈珀因分明了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖．现向一个容积为2L的恒容的密闭容器中，加入N2、H2各4mol，在一定条件下使合成氨气反应发生，反应在10s时达到了反应的限度，这是H2的平均反应速率为0.12mol/（L•s），下列一个说法正确的是（ ）A．容器中混合气体的密度增大B．此时容器中气体的压强是反应前气体压强的0.8倍C．达到反应限度时H2的转化率是20%D．此时容器中N2的物质的量为1.6mol 8．如图所示是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，若w原子最外层电子数是其内层电子数的，则下列说法中不正确的是（ ）A．原子半径由大到小排列顺序Z＞Y＞XB．Y元素的两种同素异形体在常温下都是气体C．最高价氧化物对应水化物的酸性W＞ZD．Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定 9．汽车上的催化转化器，可将尾气中的主要污染物转化成无毒的物质，反应为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.6kJ/mol．某温度时，用气体传感器测得不同时间的NO和CO的浓度如下表：时间（s）012345c（NO）（×10﹣4mol/L）104.052.501.501.001.00c（CO）（×10﹣3mol/L）3.603.052.852.752.702.70经分析，得出结论不正确的是（ ）A．该反应转化较快，具有现实意义B．催化转化器在冬季时对废气转化的效率比夏季更高C．在该温度下，反应的平衡常数K=10000D．2s末的平均反应速率为v（NO）=3.75×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1 \n10．据相关资料，把铝粉与下列氮的气态氧化物混合后，加热至高温，均可生成氮气和氧化铝．若反应后气体的压强是反应前气体压强的（恒温恒压条件下测得），则氮的氧化物是（ ）A．NOB．N2O3C．N2OD．N2O5 二、解答题（共6小题，满分58分）11．（8分）分别为0.6mol和0.5mol的A、B两种气体，充入0.4L密闭容器中发生反应：3A（g）+B（g）⇌mC（g）+2D（g），经5min达到平衡，此时C为0.2mol．又知在此反应时间内D的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1，回答下列问题：（1）m值为 ；（2）B的转化率为 ；（3）平衡时容器内物质的总物质的量为 ． 12．（13分）海水是宝贵的自然资源，将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一．（1）采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收，这样做的目的是 ；碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3，吸收0.15molBr2时，转移的电子为 mol．（2）海水提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2+Cl﹣SO42﹣浓度/（g•L﹣1）63.728.8144.646.4①该工艺过程中，脱硫阶段主要的离子方程式为 ，加入石灰乳时所发生的离子方程式是 ②产品乙的化学式为 ，1L浓海水最多可得到产品乙的质量是 ． 13．（10分）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E主族．（1）B在周期表中的位置 ；（2）E元素形成的最高价氧化物对应的水化物的化学式为 ；（3）元素C、D、E形成的离子半径大小关系是 ＞ ＞ （用离子符号表示）．\n（4）用电子式表示化合物D2C的形成过程 ．C、D还可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是 ．（5）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为 ． 14．（10分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．请回答下列问题：（1）煤的气化的主要化学反应方程式为： ．（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为： ．（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1总反应：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H= ；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是 （填字母代号）．a．高温高压b．加入催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．分离出二甲醚（4）已知反应②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400．此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol•L﹣1）0.440.60.6①比较此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）= ；该时间内反应速率v（CH3OH）= ． 15．（12分）合成气（CO+H2）是一种重要的化工原料，在化工生产中具有十分广泛的用途．下图是以天然气为主要原料制备合成气，并用合成气生产甲醇和二甲醚（CH3OCH3）及炼铁的一种工艺流程：（1）在用合成气炼铁的流程中，向燃烧室通入甲烷与氧气的最佳体积配比V（CH4）：V（O2）为 ．（2）尾气Y的成分与合成气的配比有关，则合成二甲醚时所发生的反应可能有 ．（3）在催化反应室中所发生的反应为可逆反应，则 （填“高压”或“低压”）有利于合成气的合成．\n（4）以Cu2O/ZnO为催化剂，由合成气合成甲醇可在一定温度和压强下自发进行，则反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）在 条件下一定不能自发进行．为探究合成甲醇的适宜温度和压强，某同学设计了如下三组实验：实验编号n（H2）/n（CO）T/℃P/MPaim12501ii3T15iiim2350P1则T1= ，P1= ． 16．将1molA（气）和3molB（气）混合后充入2L的密闭容器中，发生如下反应：2A（气）+B（气）⇌2C（气），10min后反应达到平衡，同温同压下测得反应前后气体的密度之比为9：10．求（1）A物质的平均反应速率．（2）A物质的转化率．（3）反应后气体的压强与反应前压强之比． \n辽宁省辽阳市灯塔一中2022-2022学年高一（下）期末化学模拟试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分42分）1．化学与我们的生活密切相关，但我们在改善自己生活环境的同时也破坏了自然，旨在限制温室气体排放量、抵制全球范围内气候持续变暖的《京都议定书》于2022年2月16日正式生效．我国二氧化碳的排放量位居世界第二，下列减少二氧化碳这种温室气体排放的措施不切实际的是（ ）A．积极开发氢能源B．充分利用太阳能C．不使用化石燃料D．积极开发核能源【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】减少二氧化碳的排放，可开发利用清洁能源，减少对化石能源的依赖，以此解答．【解答】解：A．大力开发氢能源，燃烧产物为水，不生成二氧化碳，故A正确；B．充分利用太阳能，减少化石能源的使用，减少二氧化碳排放，故B正确；C．由我国能源结构可知，不使用含碳能源不现实，煤炭石油、天然气为主要能源，故C错误；D．积极开发核能，减少化石燃料的使用，能减少二氧化碳的排放，故D正确．故选C．【点评】本题考查能源与二氧化碳的排放，把握能源的结构及能源的开发利用为解答本题的关键，注重化学与生活的联系，题目难度不大． 2．生活中有很多现象与化学的关系密不可分，请问下列解释不科学的是（ ）A．“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性Ca（HCO3）2的缘故B．长期盛放NaOH溶液的试剂瓶不易打开，是因为NaOH与瓶中的CO2反应导致瓶内气体减少形成负压的缘故C．严格地讲，实验室使用”通风橱”防污染是不负责任的，因为实验产生的有害气体没有得到转化或吸收D．“雨后彩虹”与“海市蜃楼”都是自然界的光学现象，也与胶体知识有关【考点】钠的重要化合物；胶体的重要性质；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙；B．二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成的硅酸钠是粘性物质；C．通风橱窗中没有有害气体的转化和吸收，只是气体的简单排空；D．空气是一种胶体．【解答】解：A．碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，故A正确；B．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成粘性的硅酸钠，从而使玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起而难打开，故B错误；C．通风橱窗中没有有害气体的转化和吸收，只是气体的简单排空，仍然会污染大气，所以通风橱窗的使用是一种不负责任的防污染手段，故C正确；D．空气也是一种胶体，“海市蜃楼”是光线的反射，“雨后彩虹”是胶体的丁达尔效应，故D正确；故选B．【点评】本题考查物质的性质，明确玻璃的成分及其性质是解本题关键，难度不大． \n3．生活中金属的使用已成为一种日常，在生活中使用的金属中，除少量极不活泼金属外几乎所有的金属都以化合态存在，那么我们的问题来了，请问下列各种冶炼方法中，可制得相应金属的是（ ）A．加热氧化银B．煅烧碳酸钙C．电解氯化钠溶液D．氯化镁与铝粉高温共热【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】依据金属的活泼性，金属可以采用的冶炼方法有：电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，据此解答．【解答】解：A．银性质不活泼，可以采用热分解氧化物方法冶炼，故A正确；B．钙为活泼金属，用电解熔融的氯化物方法冶炼，煅烧碳酸钙得到氧化钙和二氧化碳，得不到钙，故B错误；C．钠性质活泼，用电解熔融的氯化物方法冶炼，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氯气和氢气，得不到钠，故C错误；D．镁为活泼金属，用电解熔融的氯化物方法冶炼，镁的活泼性强于铝，不能通过氯化镁与铝粉高温共热制取，故D错误；故选：A．【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，熟悉金属活泼性与冶炼方法之间关系是解题关键，注意对相关知识的积累． 4．下列各组物质性质的比较，正确的是（ ）A．酸性：HClO4＞H3PO4＞H2SO4B．氢化物稳定性：H2S＞HF＞H2OC．氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2D．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Ca（OH）2【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C．元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强；D．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强．【解答】解：A．非金属性Cl＞S＞P，则元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A错误；B．非金属性F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；C．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，故C正确；D．金属性Ca＞Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，但氢氧化钙微溶于水，则溶液的碱性NaOH＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及元素、单质、化合物的性质的联系，难度不大． \n5．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量、反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如表和如图所示：下列有关推断正确的是（ ）容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/℃T1T2T2反应物起始量1.5molA0.5molB1.5molA0.5molB6.0molA2.0molBA．10min内甲容器中反应的平均速率v（A）=0.1mol/（L•min）B．T1＜T2，正反应为吸热反应C．平衡时保持温度不变，缩小容器体积平衡向正反应方向移动D．T1℃时，若起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为75%【考点】化学平衡的计算．【分析】A．由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1.5mol/L，根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；B．比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动；C．若x=1，反应前后气体的物质的量不变，缩小容器体积，不影响平衡移动；D．乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，根据三段式计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，再利用三段式表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数列方程计算x的值，进而计算A的转化率．【解答】解：A．由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1.5mol/L，v（C）==0.15mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=×0.15mol/（L•min）=0.075mol/（L•min），故A错误；B．比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故B错误；C．若x=1，反应前后气体的物质的量不变，缩小容器体积，不影响平衡移动，故C错误；\nD．乙中平衡时A的转化率为=，丙中A的转化率为=，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，A（g）+B（g）⇌2C（g）开始（mol/L）：310变化（mol/L）：0.750.751.5平衡（mol/L）：2.250.251.5故T1℃，该反应的平衡常数为K==4令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：A（g）+B（g）⇌2C（g）开始（mol/L）：130变化（mol/L）：xx2x平衡（mol/L）：1﹣x3﹣x2x所以=4，解得：x=0.75故A的转化率=×100%=75%，故D正确；故选：D．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学反应速率计算、化学平衡图象，D选项为易错点、难点，判断x的值是解题的关键，难度中等． 6．据某本书所述，关节炎病的病因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体，尤其是在寒冷季节诱发关节疼痛，其化学机理为：1HUr（尿酸）+H2O⇌Ur﹣（尿酸根离子）+H3O+；2Ur﹣（aq）+Na﹣（aq）⇌NaUr（s）下列对反应2的叙述正确的是（ ）A．反应的△H＞0B．降低温度，平衡向逆反应方向移动C．反应的△H＜0D．升高温度，平衡向正反应方向移动【考点】化学平衡的影响因素．【分析】由题目信息可知，关节炎病因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体，尤其在寒冷季节能诱发关节疼痛，说明温度越低，越有利于尿酸钠的形成，降低温度平衡向放热方向移动，据此解答．【解答】解：由题目信息可知，关节炎病因是在关节滑液中形成尿酸钠晶体，尤其在寒冷季节能诱发关节疼痛，说明温度越低，越有利于尿酸钠的形成，温度降低平衡向正反应进行，降低温度平衡向放热方向移动，故反应②是放热反应，即△H＜0，升高温度平衡向逆反应方向移动，故ABD错误、C正确，故选C．【点评】以关节炎的病因为载体，考查温度对化学平衡移动的影响，难度不大，考查学生运用知识分析解决问题的能力．\n 7．哈珀因分明了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖．现向一个容积为2L的恒容的密闭容器中，加入N2、H2各4mol，在一定条件下使合成氨气反应发生，反应在10s时达到了反应的限度，这是H2的平均反应速率为0.12mol/（L•s），下列一个说法正确的是（ ）A．容器中混合气体的密度增大B．此时容器中气体的压强是反应前气体压强的0.8倍C．达到反应限度时H2的转化率是20%D．此时容器中N2的物质的量为1.6mol【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据ρ=以及质量守恒来判断；B、根据化学平衡三段法求出各物质的物质的量，根据压强之比等于物质的量之比；C、根据转化率的公式计算；D、根据化学平衡三段法求出各物质的物质的量即可．【解答】解：A、N2（g）+3H2（g）2NH3（g），反应前后都是气体，根据质量守恒，可知反应前气体的总质量和达到反应的限度时气体的总质量相等，容器的体积不变，所以密度不变，故A错误；B、H2的平均反应速率为0.12mol/（L•s），则反应的H2的物质的量浓度为0.12mol/（L•s）×10s=1.2mol/L，反应的H2的物质的量为1.2mol/L×2L=2.4mol，根据化学平衡三段法可知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始（mol）440反应（mol）0.82.41.610s（mol）3.21.61.6反应前气体总的物质的量为：8mol，10s时气体总的物质的量为6.4mol，所以10s容器中气体的压强是反应前气体压强的0.8倍，故B正确；C、由选项B可知反应的氢气为2.4mol，则氢气的转化率为：×100%=60%，故C错误；D、由选项B可知容器中N2的物质的量为3.2mol，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了化学平衡的计算，难度不大，关键是掌握化学平衡三段法的计算及转化率的计算． 8．如图所示是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，若w原子最外层电子数是其内层电子数的，则下列说法中不正确的是（ ）A．原子半径由大到小排列顺序Z＞Y＞XB．Y元素的两种同素异形体在常温下都是气体C．最高价氧化物对应水化物的酸性W＞ZD．Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定\n【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，若W原子最外层电子数是其内层电子数的，则W原子其内层电子总数为10，最外层电子数为7，故W是Cl元素；由元素在周期表中的位置关系可知，Z为S元素；Y为O元素；X为N元素，结合元素周期律的递变规律进行判断．【解答】解：X、Y、Z、W均为短周期元素，若W原子最外层电子数是其内层电子数的，则W原子其内层电子总数为10，最外层电子数为7，故W是Cl元素；由元素在周期表中的位置关系可知，Z为S元素；Y为O元素；X为N元素，A．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Z＞Y，同周期元素的从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径X＞Y，故A错误；B．Y为O元素，氧元素的两种同素异形体为氧气和臭氧，在常温下都是气体，故B正确；C．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性W＞Z，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故C正确；D．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性Y＞X，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性Y＞X，故D正确，故选：A．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律． 9．汽车上的催化转化器，可将尾气中的主要污染物转化成无毒的物质，反应为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.6kJ/mol．某温度时，用气体传感器测得不同时间的NO和CO的浓度如下表：时间（s）012345c（NO）（×10﹣4mol/L）104.052.501.501.001.00c（CO）（×10﹣3mol/L）3.603.052.852.752.702.70经分析，得出结论不正确的是（ ）A．该反应转化较快，具有现实意义B．催化转化器在冬季时对废气转化的效率比夏季更高C．在该温度下，反应的平衡常数K=10000D．2s末的平均反应速率为v（NO）=3.75×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1【考点】化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法；用化学平衡常数进行计算．【分析】该反应的正反应为放热反应，升高温度不利于平衡向正向移动，反应速率较快，可适用于废气的处理，计算出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数表达式可计算平衡常数，以此解答该题．【解答】解：A．由表中数据可知，当反应至4s时，达到平衡状态，NO的浓度变化较大，说明反应转化较快，可用于尾气处理，故A正确；B．该反应的正反应为放热反应，升高温度不利于平衡向正向移动，故B正确；C.2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）初始浓度：10×10﹣43.6×10﹣300变化浓度：9×10﹣49×10﹣44.5×10﹣49×10﹣4平衡浓度：1×10﹣42.7×10﹣34.5×10﹣49×10﹣4\nK==5000，故C错误；D.2s内的平均反应速率v（NO）==3.75×10﹣4mol•L﹣1•S1，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学平衡的调控作用，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的特点以及影响因素的判断，难度不大． 10．据相关资料，把铝粉与下列氮的气态氧化物混合后，加热至高温，均可生成氮气和氧化铝．若反应后气体的压强是反应前气体压强的（恒温恒压条件下测得），则氮的氧化物是（ ）A．NOB．N2O3C．N2OD．N2O5【考点】化学方程式的有关计算．【分析】设氮的氧化物的化学式为NaOb，发生2bAl+3NaObaN2+bAl2O3，结合物质的量比等于压强比计算．【解答】解：设氮的氧化物的化学式为NaOb，发生2bAl+3NaObaN2+bAl2O3，反应后气体的压强是反应前气体压强的，由气体的物质的量比等于压强比可知，，解得a=1，只有NO符合，故选A．【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的反应及气体物质的量与压强的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大． 二、解答题（共6小题，满分58分）11．（8分）分别为0.6mol和0.5mol的A、B两种气体，充入0.4L密闭容器中发生反应：3A（g）+B（g）⇌mC（g）+2D（g），经5min达到平衡，此时C为0.2mol．又知在此反应时间内D的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1，回答下列问题：（1）m值为 2 ；（2）B的转化率为 20% ；（3）平衡时容器内物质的总物质的量为 1.1mol ．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据v=计算v（C），利用速率之比等于化学计量数之比计算m；\n（2）根据方程式计算参加反应的B的物质的量，B的转化率=×100%；（3）利用差量法计算混合气体总的物质的量变化量，据此计算解答．【解答】解：（1）v（C）==0.1mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，故0.1mol/（L．min）：0.1mol/（L．min）=m：2，故m=2，故答案为：2；（2）根据方程式可知，参加反应的B的物质的量=0.2mol×=0.1mol，故B的转化率=×100%=20%，故答案为：20%；（3）可能反应3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g），反应前后气体的体积不变，故混合气体总的物质的量不变，故平衡时容器内物质的总物质的量为0.6mol+0.5mol=1.1mol，故答案为：1.1mol．【点评】本题考查化学平衡的有关计算，难度不大，注意对速率公式的理解与灵活应用． 12．（13分）海水是宝贵的自然资源，将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一．（1）采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收，这样做的目的是 使Br2富集 ；碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3，吸收0.15molBr2时，转移的电子为 0.25 mol．（2）海水提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2+Cl﹣SO42﹣浓度/（g•L﹣1）63.728.8144.646.4①该工艺过程中，脱硫阶段主要的离子方程式为 Ca2++SO42﹣=CaSO4↓ ，加入石灰乳时所发生的离子方程式是 Mg2++Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+Ca2+ ②产品乙的化学式为 Mg（OH）2 ，1L浓海水最多可得到产品乙的质量是 69.9g ．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】（1）吹出Br2，用SO2吸收，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3中Br由0降低为﹣1，由0升高为+5价，可知吸收3mol溴转移5mol电子；\n（2）由流程可知，浓海水中利用钙离子将硫酸根离子转化为沉淀，得到产品甲为硫酸钙；滤液甲在合成步骤中加入石灰乳，将镁离子转化为沉淀，过滤、干燥后得到的产品乙为氢氧化镁沉淀；计算1L溶液中Mg2+的质量，根据Mg2+～Mg（OH）2计算氢氧化镁的质量．【解答】解：（1）吹出Br2，用SO2吸收，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，其目的是使Br2富集；Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3中Br由0降低为﹣1，由0升高为+5价，可知吸收3mol溴转移5mol电子，则吸收0.15molBr2时，转移的电子为0.15mol×=0.25mol，故答案为：使Br2富集；0.25；（2）由流程可知，浓海水中利用钙离子将硫酸根离子转化为沉淀，得到产品甲为硫酸钙；滤液甲在合成步骤中加入石灰乳，将镁离子转化为沉淀，过滤、干燥后得到的产品乙为氢氧化镁沉淀①该工艺过程中，脱硫阶段主要的离子方程式为Ca2++SO42﹣=CaSO4↓，加入石灰乳时所发生的离子方程式是Mg2++Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+Ca2+，故答案为：Ca2++SO42﹣=CaSO4↓；Mg2++Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+Ca2+；②由上述分析可知，产品乙为Mg（OH）2，溶液中m（Mg2+）=1L×28.8g/L=28.8g，Mg2+～Mg（OH）224g58g28.8gm[Mg（OH）2]m[Mg（OH）2]=28.8g×=69.6g，故答案为：Mg（OH）2；69.9g．【点评】本题考查海水资源开发利用，为高频考点，涉及氧化还原反应、离子反应及流程分析，注重基础知识的综合运用，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等． 13．（10分）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E主族．（1）B在周期表中的位置 第二周期ⅤA族 ；（2）E元素形成的最高价氧化物对应的水化物的化学式为 H2SO4 ；（3）元素C、D、E形成的离子半径大小关系是 S2﹣ ＞ O2﹣ ＞ Na+ （用离子符号表示）．（4）用电子式表示化合物D2C的形成过程 ．C、D还可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是 离子键、非极性共价键（或离子键、共价键） ．（5）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为 NH4NO3 ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3\n，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则C原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素；C、E主族，则E为S元素，据此解答．【解答】解：A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则C原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素；C、E主族，则E为S元素，（1）B为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，则位于周期表第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；（2）E为S元素，最高价氧化物的水化物为H2SO4，故答案为：H2SO4；（3）S2﹣离子核外有3个电子层，比O2﹣、Na+离子多1个电子层，故离子半径最大，O2﹣与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2﹣＞Na+，故离子半径S2﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣；O2﹣；Na+；（4）化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为：；离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）；（5）由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，故答案为：NH4NO3．【点评】本题考查元素位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意掌握用电子式表示化学键或物质的形成过程． 14．（10分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．请回答下列问题：（1）煤的气化的主要化学反应方程式为： C+H2OCO+H2 ．（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为： H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3 ．（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1总反应：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H= ﹣246.4kJ•mol﹣1 ；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是 c、e （填字母代号）．a．高温高压b．加入催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．分离出二甲醚（4）已知反应②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400．此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol•L﹣1）0.440.60.6①比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ＞ v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．\n②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）= 0.04mol•L﹣1 ；该时间内反应速率v（CH3OH）= 0.16mol/（L•min） ．【考点】有机物的合成；用盖斯定律进行有关反应热的计算；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素．【专题】压轴题．【分析】（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2的过程；（2）根据酸式盐NaHS和NaHCO3为书写反应的化学方程式；（3）利用盖斯定律计算；（4）根据方程式计算平衡常数，然后利用三段式法解答．【解答】解：（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2的过程：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2；（2）H2S和H2CO3均是二元酸，它们都存在酸式盐NaHS和NaHCO3，二者反应的化学方程式为H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3，故答案为：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3；（3）由盖斯定律可知，通过①×2+②+③可得所求反应方程式，则△H=﹣90.8kJ/mol×2﹣23.5kJ/mol﹣41.3kJ/mol=﹣246.4kJ/mol，一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，应使平衡向正反应方向移动，可减少CO2的浓度或分离出二甲醚，由于反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，转化率减小，催化剂不影响平衡移动，而增加CO的浓度，CO的转化率反而减小，故答案为：﹣246.4kJ•mol﹣1；c、e；（4）①该反应的平衡常数表达式为：K=，将所给浓度带入平衡常数表达式：=1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；②2CH3OH（g）≒CH3OCH3（g）+H2O（g）某时刻浓度（mol•L﹣1）：0.440.60.6转化浓度（mol•L﹣1）：2xxx平衡浓度（mol•L﹣1）：0.44﹣2x0.6+x0.6+xK=，解得x=0.2mol/L，故平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L﹣0.2mol/L×2=0.04mol/L，起始时在密闭容器中加入CH3OH，则起始时甲醇的浓度为0.44moL/L+0.6mol/L×2=1.64mol/L，平衡时c（CH3OH）=0.04mol/L，则10min转化甲醇1.64moL/L﹣0.04moL/L=1.6mol/L，所以甲醇的反应速率为v（CH3OH）==0.16mol/（L•min），\n故答案为：0.04mol•L﹣1；0.16mol/（L•min）．【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，注意“始、转、平”是解决有关化学平衡的“三段论”解题法，当三组量一旦确定，可以解答有关平衡的平衡常数计算、转化率、反应速率、平衡时成分的体积分数等的关键． 15．（12分）合成气（CO+H2）是一种重要的化工原料，在化工生产中具有十分广泛的用途．下图是以天然气为主要原料制备合成气，并用合成气生产甲醇和二甲醚（CH3OCH3）及炼铁的一种工艺流程：（1）在用合成气炼铁的流程中，向燃烧室通入甲烷与氧气的最佳体积配比V（CH4）：V（O2）为 1：2 ．（2）尾气Y的成分与合成气的配比有关，则合成二甲醚时所发生的反应可能有 2CO+4H2=CH3OCH3+H2O、3CO+3H2=CH3OCH3+CO2 ．（3）在催化反应室中所发生的反应为可逆反应，则 低压 （填“高压”或“低压”）有利于合成气的合成．（4）以Cu2O/ZnO为催化剂，由合成气合成甲醇可在一定温度和压强下自发进行，则反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）在 高温、低压 条件下一定不能自发进行．为探究合成甲醇的适宜温度和压强，某同学设计了如下三组实验：实验编号n（H2）/n（CO）T/℃P/MPaim12501ii3T15iiim2350P1则T1= 250 ，P1= 5 ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据甲烷与氧气反应方程式，甲烷与氧气的最佳体积配比应与反应方程式中的计量数一致；（2）以CO、H2为原料生成二甲醚，同时生成二氧化碳或水，根据原子守恒书写；（3）在催化反应室中所发生的反应为可逆反应，催化反应室中发生CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）、H2O（g）+CH4（g）⇌CO（g）+3H2（g），根据压强对平衡移动的影响判断；（4）根据△G=△H﹣T△S判断反应不能自发的条件，采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，据此判断T1、P1的值．【解答】解：（1）甲烷在点燃条件下燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，所以最佳体积配比V（CH4）：V（O2）为1：2；故答案为：1：2；\n（2）以CO、H2为原料生成二甲醚，同时生成二氧化碳或水，根据原子守恒书写其反应的方程式为：2CO+4H2=CH3OCH3+H2O、3CO+3H2=CH3OCH3+CO2；故答案为：2CO+4H2=CH3OCH3+H2O、3CO+3H2=CH3OCH3+CO2；（3）催化反应室中发生CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）、H2O（g）+CH4（g）⇌CO（g）+3H2（g），加压平衡逆向移动，甲烷转化率减小，所以在低压条件下有利于合成气的合成，故答案为：低压；（4）反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）中，△S＜0，△H＜0，根据△G=△H﹣T△S可知，在高温、低压条件下该反应不能自发，采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，所以要控制温度相同比较压强对反应的影响，和控制压强相同比较温度对反应的影响，故T1=250，P1=5，故答案为：高温、低压；250；5．【点评】本题考查化学反应速率、平衡常数、化学平衡计算、化学平衡的影响因素，综合性较大，难度中等，知识面广，应加强平时知识的积累． 16．将1molA（气）和3molB（气）混合后充入2L的密闭容器中，发生如下反应：2A（气）+B（气）⇌2C（气），10min后反应达到平衡，同温同压下测得反应前后气体的密度之比为9：10．求（1）A物质的平均反应速率．（2）A物质的转化率．（3）反应后气体的压强与反应前压强之比．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）反应两边都是气体，气体的质量不变，密度与气体的物质的量成反比；根据三段式列式计算出A的平均反应速率；（2）A转化率=×100%；（3）压强之比大于物质的量之比，据此进行计算．【解答】解：（1）设A的转化率为x，气体的密度比与物质的量之比成反比，对于反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），开始（mol）：130变化（mol）：1×x0.5xx平衡（mol）1﹣x3﹣0.5xx根据密度之比列式为：（1﹣x+3﹣0.5x+x）：（1+3）=9：10，解得：x=0.8，即转化率为80%，10minA消耗了0.8mol，消耗的浓度为：mol/L=0.4mol/L，A的平均反应速率为：=0.04mol/（L•min），答：A物质的平均反应速率为0.04mol/（L•min）；（2）依据（1）计算可知A的转化率为80%，答：A物质的转化率为80%；（3）由于压强之比等于物质的量之比，所以反应后气体的压强与反应前压强之比为：=9：10，答：反应后气体的压强与反应前压强之比为9：10．\n【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，难度不大，化学反应速率的计算可以用定义法也可以用化学计量数法．
