2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高二上学期期中考试模拟化学试题 解析版


内蒙古鄂尔多斯市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试模拟化学试题
1.下列叙述正确的有 ( )
①碱性氧化物：Na2O2、MgO、Al2O3 
②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
③碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体
④灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应均既是氧化还原反应，又是吸热反应
⑤碱石灰、生石灰、玻璃、漂白粉、光导纤维都是混合物
⑥苛性钠、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】
①能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；

②化合反应是两种或两种以上物质反应生成一种物质；
③碘晶体、氯化钠晶体分别分散到酒精中，所形成的分散系为溶液、胶体；
④根据化合价的升降来判断反应的类型；
⑤不同物质组成的为混合物；
⑥强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
【详解】①能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，过氧化钠和酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物；氧化铝既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水，故为两性氧化物，故错误。
②CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3、2FeCl3+Fe=3FeCl2均可由化合反应制得，故正确；
③碘晶体、氯化钠晶体分别分散到酒精中，所形成的分散系为溶液、胶体，故正确；
④灼热的炭与CO2反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应，Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应不属于氧化还原反应，是吸热反应，故错误；
⑤碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物、生石灰为氧化钙属于纯净物、玻璃为硅酸盐和二氧化硅的混合物、漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物、光导纤维主要成分为二氧化硅，不都是混合物，故错误；
⑥氯气不是非电解质，非电解质是化合物，故错误；
故选B。
【点睛】本题考查了酸碱盐、酸性氧化物、溶液、胶体、电解质、非电解质等概念的理解和应用，解题关键：熟练和准确掌握基本概念，易错点⑤，漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物、⑥氯气不是非电解质，非电解质是化合物，是单质。
2.下列各种说法正确的是
①由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
②离子化合物一定含离子键，也可能含共价键
③非极性键既可能存在于单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中
④金属性越强的元素相应的简单阳离子氧化性一般越弱
⑤含金属元素的化合物不一定是离子化合物
⑥任何元素的原子都是由核外电子和核内中子、质子组成的
⑦化学反应一定伴随着能量的变化
⑧质子数相同的微粒一定属于同种元素
A. ②③④⑤⑦ B. ②③⑤⑦⑧ C. ①③④⑥⑦ D. ①②④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如氯化铵为离子化合物，故错误；②离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如过氧化钠，氯化铵等，故正确；③非极性键既可能存在于单质和共价化合物中，也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠，氧气，过氧化氢等，故正确；④金属性越强的元素越易失去电子，单质的还原性越强，对应的离子越难以得电子，氧化性越弱，故正确；⑤含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝为共价化合物，故正确；⑥氢原子没有核内中子，故错误；⑦化学反应的实质为旧键的断裂和新键的形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则化学反应一定伴随着能量变化，故正确；⑧具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等，如Na+、NH4+的质子数都是11，HF、Ne的质子数都是10，但不是同种元素，故错误；故选A。
3.下列关于反应能量的说法正确的是
A. 若反应A=B △H<0，说明A物质比B物质稳定，分子内共价键键能 A比B大
B. 500 ℃、30 Mpa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)， 放热 akJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= -2a kJ•mol-1
C. 101kPa时，2H2（g）+O2（g）==2H2O（g）；△H=-QkJ·mol-1，则H2的燃烧热为1/2QkJ·mol-l
D. 化学反应中，吸热反应不一定需要加热也能发生
【答案】D
【解析】
【详解】A、A=B，焓变△H=生成物B的能量-反应物A的能量=反应物的键能之和-生成物的键能之和＜0，所以A物质比B物质能量高，所以B稳定，分子内共价键键能A比B小，故A错误；B、0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热akJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热不是2akJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故B错误；C、H2的燃烧热必须是1mol氢气燃烧生成最稳定的化合物(液态水)时所放出的能量，故C错误；D、吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钡结晶水合物和氯化铵反应是吸热反应，常温下可发生，故D正确；故选D。
4.一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
B. H2、I2、HI 混合气体加压后颜色变深
C. 实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2
D. 新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅，产生白色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A、合成氨时将氨液化分离，减少了生成物浓度，平衡正向移动，可提高原料的利用率，与化学平衡移动有关，故A不选；B、H2、I2、HI混合气体达到的化学平衡是H2+I2=2HI，反应前后气体体积不变，混合加压后，平衡不动，颜色变深是因为体系体积减小，物质浓度增大，和平衡无关，故B选；C.氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2⇌ClO-+2H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2，故C不选；D．氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，滴加硝酸银溶液，发生Ag++Cl-=AgCl↓，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。
【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理。本题的易错点为C，要注意氯气与水的反应为可逆反应。
5.氰[(CN)2]的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是
A. (CN)2和NaOH溶液反应：(CN)2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O
B. MnO2和HCN反应：MnO2＋4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O
C. 向KCN溶液中加入碘水：I2＋2KCN＝2KI＋(CN)2
D. 在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：Cl2＋2CN－＝2Cl－＋(CN)2
【答案】C
【解析】
【分析】
氰(CN)2的化学性质与卤素（X2）很相似，(CN)2和水反应可生成HCN和HCNO；(CN)2的氧化性比Br2弱，比I2强，类推卤素单质的性质分析判断选项。
【详解】A．(CN)2和NaOH溶液反应可以类推氯气和氢氧化钠溶液的反应，所以反应的离子方程式为(CN)2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O，A正确；
B．MnO2和HCN反应可以类推二氧化锰和浓盐酸的反应，所以反应的化学方程式为MnO2＋4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O，B正确；
C．向KCN溶液中加入碘水，可以类推置换反应，(CN)2的氧化性比I2强，不能发生反应I2＋2KCN＝2KI＋(CN)2，C错误；
D．在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，(CN)2的氧化性比Br2弱，所以溴离子还原性小于CN-离子，先发生反应Cl2＋2CN－＝2Cl－＋(CN)2，D正确；
答案选C。
6.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍；Y＋和X2－的电子层结构相同；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。下列说法正确的是
A. Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强，说明Z的非金属性比W的强
B. 离子半径大小：Z>Y>X
C. X和Y形成的化合物为离子化合物且阳离子和阴离子的个数之比为2:1
D. Z元素的气态氢化物的热稳定性比X的高
【答案】C
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍，结合原子序数可知，W应位于第二周期，最外层电子数为4，W为C元素，若W为S，X、Y、Z不可能均为短周期主族元素；Y+和X2-的电子层结构相同，则X为O元素、Y为Na元素；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和，Z的原子序数为6+11=17，Z为Cl元素，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Na、Z为Cl。A．盐酸为无氧酸，不能由盐酸与碳酸的酸性比较C、Cl的非金属性，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径大小：Z＞X＞Y，故B错误；C．由Y、Z两种元素组成的常见离子化合物为Na2O或Na2O2，其阳离子与阴离子个数比均为2：1，故C正确；D．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性X＞Z，氢化物稳定性与元素非金属性一致，则氢化物稳定性X＞Z，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握原子结构、离子结构、原子序数来推断元素为解答的关键。本题的易错点为D，要注意O和Cl非金属性的判断，可以借助于电负性的数值判断。
7.工业上常利用反应3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列有关说法中，错误的是
A. 该反应属于氧化还原反应 B. 该反应中NH3表现了强氧化性
C. 生成1 mol N2有6 mol电子转移 D. 若管道漏气遇氨就会产生白烟
【答案】B
【解析】
分析：反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，以此解答。
详解：A．反应中Cl和N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，选项A正确；B．NH3中N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂表现了还原性，选项B正确；C．N元素化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，选项C错误；D．反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，选项D正确；答案选B。
点睛：本题考查氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大。
8.下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有（ ）组
①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量
②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量
③向BaCl2溶液中通入CO2 至过量
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量
⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量
⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量
⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量
⑧向溶有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【详解】①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，则向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量，有晶体析出，故不选；②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量，胶体先聚沉，后发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，故选；③盐酸酸性强于碳酸，所以氯化钡溶液与二氧化碳不反应，不会产生沉淀，故不选；④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，所以先出现沉淀，后沉淀完全溶解，故选；⑤开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝，当氢氧化钡过量时氢氧化铝溶解，但是最终会有硫酸钡沉淀不能溶解，故不选；⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与盐酸发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，故选；⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量，反应先生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，继续通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，沉淀不溶解，故不选；⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量，反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，沉淀不溶解，故不选；符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有②④⑥，故选B。
【点睛】本题考查物质的性质及发生的化学反应，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键。本题的易错点为③和⑦，要注意氯化钡溶液与二氧化碳不反应，二氧化碳不能溶解氢氧化铝。
9.反应AC由两步反应A→B→C构成，1molA发生反应的能量曲线如图所示。下列有关叙述正确的是

A. AC的正反应为吸热反应
B. 加入催化剂会改变A与C的能量差
C. AC正反应的活化能大于其逆反应的活化能
D. AC的反应热△H=E1+E3-E2-E4
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知：A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热；B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应。
【详解】A．由图像可知，反应物A的总能量高于生成物C的总能量，所以反应是放热反应，故A错误；B．加入催化剂，只改变活化能，不改变反应热，故A与C的能量差不变，故B错误；C．A⇌C正反应是放热反应，△H＜0，所以A⇌C正反应的活化能小于其逆反应的活化能，故C错误；D．反应热△H =正反应的活化能-逆反应的活化能，整个反应中，△H=E1+(E3-E2)-E4=E1+E3-E2-E4，故D正确；故选D。
10.用CO 合成甲醇的化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 温度：T1>T2>T3
B. 正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)
C. 平衡常数：K(a)>K(c)>K(b)>K(d)
D. 平均摩尔质量：M(a)>M(c)，M(b)>M(d)
【答案】D
【解析】
A. 该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1v(d)，故B错误；C. 由图可知，a、b两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1K(b)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)，故C错误；D. CO转化率的越大，n总越小，由M=m/n可知，a点n总小，则M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，故D正确；故选D。
点睛：注意平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变。
11.已知2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2===2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是
①氧化性：Br2>Fe3＋>I2 ②原溶液中Br－一定被氧化 ③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化
④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋ ⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化
A. ①②③④ B. ①③④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，①氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，则碘离子还原性最强，溴离子最弱，而氧化性按Br2、Fe3+、I2的顺序逐渐减弱，故正确；②原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B。
12.已知：2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H1
3H2(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3H2O(g) △H2
2Fe(s)+3/2O2(g)Fe2O3(s) △H3
2Al(s)+3/2O2(g)Al2O3(s) △H4
2Al(s)+Fe2O3(s)A12O3(s)+2Fe(s) △H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是
A. △H1＜0，△H3＞0 B. △H5＜0，△H4＜△H3
C. △H1=△H2+△H3 D. △H3=△H4+△H5
【答案】B
【解析】
试题分析：A、物质的燃烧均为放热反应，而放热反应的反应热均为负值，故A错误；B、铝热反应为放热反应，故△H5＜0；而2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)△H3 ③，2Al(s)+O2(g)=Al2O3(s)△H4④，将④-③可得：2Al(s)+Fe2O3(s)=A12O3(s)+2Fe(s)△H5=△H4-△H3＜0时，故△H4＜△H3，故B正确；C、已知：3H2(g)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3H2O(g)△H2 ②、2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)△H3③，将(②+③)×可得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1=(△H2+△H3)，故C错误；D、已知：2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)△H3 ③，2Al(s)+O2(g)=Al2O3(s)△H4④，将④-③可得：2Al(s)+Fe2O3(s)=A12O3(s)+2Fe(s) 故有：△H5=△H4-△H3，即：△H3=△H5-△H4，故D错误；故选B。
【考点定位】考查反应热的大小比较和盖斯定律的应用
【名师点晴】应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
13.一定温度下，向某恒容密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应:A(g)+B(g)C(s)+xD(g)　ΔH>0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 反应在前10min内的平均反应速率v(D)=0.15mol·L-1·min-1
B. 该反应的平衡常数表达式为K=
C. 若平衡时保持温度不变，压缩容器容积，则平衡向逆反应方向移动
D. 反应至15min时，改变的条件是降低温度
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为3mol/L，故v(D)= ==0.3mol•L-1•min-1，故A错误；B．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，C为固体，可逆反应A(g)+B(g)⇌C(s)+xD(g)的平衡常数表达式K=，故B错误；C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故C错误；D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变的条件应是降低温度，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查化学平衡图像及有关计算，根据图像数据确定x值是解题的关键。不同的易错点为B，要注意C的状态。
14.已知，25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸的化学式
CH3COOH
HCN
H2C2O4
电离平衡常数
1.8×10－5
4.9×10－10
K1＝5.9×10－2，K2＝6.4×10－6

下列有关说法正确的是(　　)
A. CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2可以证明乙酸是弱酸
B. H2C2O4溶液的电离方程式为 H2C2O42H+ + C2O42-
C. 加水稀释HCN溶液，促进HCN的电离且c(CN-)/c(OH-)增大
D. 在Na2C2O4 溶液中加入足量的CH3COOH溶液发生反应的离子方程式为 C2O42- + CH3COOH=CH3COO- + HC2O4-
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2，可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其为强酸还是弱酸，故A错误；B、草酸是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-，故B错误；C. ==，HCN为弱酸，加水稀释HCN溶液，c(CN-)、c(H+)均减小，则减小，故C错误；D. 根据电离平衡常数可知，酸性：H2C2O4＞CH3COOH＞HC2O4-，在Na2C2O4 溶液中加入足量的CH3COOH溶液发生反应的离子方程式为 C2O42- + CH3COOH=CH3COO- + HC2O4-，故D正确；故选D。
15.一定温度下，m g下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了n g，且n＞m，符合此要求的物质是（ ）
①H2　  ②HCHO　  ③CH4　  ④HCOOCH3      ⑤CH3CHO
A. ①② B. ③⑤ C. ①②③④⑤ D. ④
【答案】B
【解析】
分析：由2H2 +O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合（CO）m·（H2）n时就一定满足m=n，若n＞m，则不符合（CO）m·（H2）n，以此来解答。
详解：由上述分析可知n＞m时，不符合（CO）m·（H2）n，根据化学式可知①②④均符合（CO）m·（H2）n；③CH4化学式改写为C•（H2）2，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；⑤CH3CHO化学式改写为CO•（H2）2·C，氧原子不足，因此燃烧后生成物与足量的过氧化钠完全反应，过氧化钠增加的质量大于原物质的质量，即n＞m；
答案选B。
16.在200 mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl―等离子的溶液中，逐滴加入5mol•L-1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如下图所示。下列叙述不正确的是

A. x与y的差值为0.01 mol
B. 原溶液中c(Cl―)=0.75 mol·L-1
C. 原溶液的pH=1
D. 原溶液中n(Mg2+)∶n(Al3+)=5∶1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、由图及离子反应可知x-y的值即为Al(OH)3的物质的量，则设Al(OH)3的物质的量为n，根据Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，有＝，解得n=0.01mol，即x-y=0.01mol，故A说法正确；B、由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl-离子以NaCl存在，设Cl-离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知NaOH～NaCl～Cl-，有＝，解得z=0.165mol，则原溶液中Cl-的物质的量浓度为=0.825mol/L，故B说法不正确；C、由图0～4mL时发生H++OH-═H2O，则H+的物质的量为4mL×0.001L×5mol•L-1=0.02mol，H+的物质的量浓度为=0.1mol/L，则pH=1，故C说法正确；D、由4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，则根据Al3++3OH-═Al(OH)3↓，反应的氢氧根离子的物质的量为0.03mol，设镁离子的物质的量为m，由Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，有＝，解得m=0.05mol，则原溶液中n(Mg2+)：n(Al3+)=0.05：0.01=5：1，故D说法正确；故选B。
【考点定位】考查离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算
【名师点晴】本题难度较大，考查溶液中的离子反应及对应图象关系，明确反应的先后顺序是解答的关键，并注意反应与图象中的对应关系来解答。由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H++OH-═H2O，Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀，NH4+与OH-反应，氢氧化铝与OH-反应而溶解，并结合图象可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH-生成沉淀的反应，30mL～33mL发生NH4+与OH-反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应。
17.氨气是一种重要的化工原料，工业上用N2和H2合成NH3。现己知N2(g)和H2(g)反应生成1 molNH3(g)过程中能量变化示意图如下图。则N-H键键能为( )

化学键
H-H
N≡N
键能（kJ/mol）
436
946





A. 248kJ/mol B. 391kJ/mol C. 862kJ/mol D. 431kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
据△H=反应物的活化能-生成物的活化能求得△H，△H=反应物键能和-生成物键能和
【详解】△H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol－1-1173kJ·mol－1=-92kJ·mol－1，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ·mol－1，△H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol－1+3×436kJ·mol－1-6×Q（N-H）=-92kJ·mol－1，Q（N-H）=391kJ·mol－1，故选B。
18.在密闭容器中发生下列反应 aA(g) cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是（ ）
A. A的转化率变小 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的物质的量变多 D. 再次平衡时的逆反应速率小于原平衡的正反应速率
【答案】A
【解析】
【分析】
反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，说明体积减小、压强增大，平衡逆向移动，以此来解答。
【详解】A．由上述分析可知，平衡逆向移动，A的转化率减小，故A正确；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，D的物质的量减小，故C错误；D．压强增大，反应速率增大，再次平衡时的逆反应速率大于原平衡的正反应速率，故D错误；故选A。
19.某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热使反应发生完全。下列说法正确的是(忽略反应前后溶液体积变化)
A. 所得溶液中c(Cu2+)＝0.225mol/L B. 所得溶液中c(H+)＝0.03mol/L
C. 所得气体在标准状况下的体积为0.448L D. 反应中转移0.06mol的电子
【答案】A
【解析】
分析：硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，可以继续氧化金属铜，需要根据硝酸根、氢离子和铜的物质的量结合离子反应方程式判断过量问题。
详解：n(HNO3)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，n(H2SO4)=0.1L×0.1moL/L=0.01moL，n(NO3-)=n(HNO3)=0.04mol，溶液中的氢离子既包括硝酸电离的又包括硫酸电离的：所以n(H+)=0.04mol+2×0.01mol=0.06mol，n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol，则
3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
3mol 2mol 8mol
0.03mol 0.02mol 0.08mol
由反应关系可以看出，NO3-过量，H+不足，根据H+计算生成的铜离子，则生成的n(Cu2+)=0.06mol×3/8=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol÷0.1L=0.225mol/L，转移的电子的物质的量为2n(Cu)=0.0225mol×2=0.045mol，所得气体在标准状况下的体积为0.0225mol×2/3×22.4L/mol=0.336L，答案选A。
点睛：本题主要是考查混合物反应的计算，解答该题的关键是把握反应的离子方程式，根据离子方程式判断反应的过量问题，不能依据反应的化学方程式判断，尤其要注意在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性。
20.在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+ yB(g)zC(g)，图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)：n(B)的变化关系；则下列结论正确的是

A. 图II所知反应xA(g)+yB(g) zC(g) △H<0，且a=2
B. 200℃时，该反应的平衡常数为25
C. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol/(L•min)
D. 当外界条件由200℃降温到100℃，平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图Ⅱ可知，n(A)∶n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，故A错误；B、由图可知平衡时A、B、C的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，A、B、C物质的量的变化量分别为：0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以反应的化学方程式为2A(g)+B(g)⇌C(g)，平衡时A、B、C的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，平衡常数K= L2/mol2=25 L2/mol2，故B正确；C．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，故v(B)==0.02 mol•L-1•min-1，故C错误；D、根据图II可知，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，所以降低温度平衡逆向移动，故D错误；故选B。
21.CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1。现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体，控制温度，进行实验，测得相关数据如图（图1：温度分别为300℃ 、500℃的密闭容器中，甲醇的物质的量：图2：温度分别为Tl～T5的密闭容器中，反应均进行到5min时甲醇的体积分数）。下列叙述正确的是

A. 该反应的△H1>0，且K1>K2
B. 将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态,可采取的措施有升温或加压
C. 300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8molCO, 0.6molH2，0.2molCH3OH，平衡正向移动
D. 500℃时，向平衡后的容器中再充入1molCH3OH，重新平衡后，H2浓度和百分含量均增大
【答案】C
【解析】
A、由图1可知，升高温度，甲醇减少，平衡逆向移动，正向放热，△H1<0，且K1>K2，故A错误；B、正反应放热，反应后体积减小，从c到d，甲醇减少，平衡逆向移动，故可采取的措施有升温或减压，故B错误；C、先算平衡常数，平衡时甲醇的物质的量为0.8mol代入平衡常数计算式，300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8molCO, 0.6molH2，0.2molCH3OH，浓度商Qc=，平衡正向移动，故C正确；D、500℃时，向平衡后的容器中再充入1molCH3OH，相当于增大压强，平衡正向移动，重新平衡后，H2浓度增大，但百分含量均减小，故D错误；故选C。
点睛：通过物质的量随时间变化曲线，考查温度压强等因素对化学平衡的影响，难度中等，C计算平衡常数和浓度商比较判断反应进行的方向，是本题的难点。
22.2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H＜0，400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入2molSO2和1molO2，乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，充分反应达到平衡，下列说法正确的是（　　）
A. 甲和乙中反应的化学平衡常数相同 B. 乙和丙中的二氧化硫的生成速率相同
C. 乙中SO2的体积分数大于丙 D. 转化率：α甲（SO2）+α乙（SO3）＜1
【答案】D
【解析】
试题分析：A．甲是绝热恒容，反应放热反应，所以甲容器中温度升高，平衡常数随温度变化，平衡常数不同，故A错误；B．乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，随反应进行气体体积增大，压强增大，丙中体积增大为了维持恒压，速率减小，则乙中反应速率大，故B错误；C．乙容器恒温恒容，充入2molSO3，丙容器恒温恒压，充入2molSO3，随反应进行气体体积增大，压强增大，丙中体积增大为了维持恒压，乙中反应速率大，丙中平衡逆向进行，三氧化硫体积分数减小，二氧化硫的体积分数增大，乙中SO2的体积分数小于丙，故C错误；D．若甲容器恒温恒容，充入2molSO2和1molO2，乙容器恒温恒容，充入2molSO3，达到相同的平衡状态，转化率：α甲(SO2)+α乙(SO3)=1，但甲容器是绝热容器，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，则甲中二氧化硫转化率减小，α甲(SO2)+α乙(SO3)＜1，故D正确；故选D。
考点：考查化学平衡的移动，涉及等效平衡的建立。
23.臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)＋O3(g) N2O5(g)＋O2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图象对应的分析正确的是( )
A
B
C
D




平衡后升温，NO2含量降低
0～2 s内，v(O3)＝0.2 mol·L－1·s－1
v正：b点>a点
b点：v逆>v正
恒温，t1时再充入O3


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故A错误；B．由图可知，0-2s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L-0.4mol/L=0.4mol/L，故v（NO2）==0.2mol/（L．s），v（O3）=v（NO2）=0.1mol/（L．s），故B错误；C．度高，化学反应速率快，b点温度高于a点，故V正：b点＞a点，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移，故b点：v逆＞v正，故C正确；D．容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，故D错误，故选C。
考点：考查了化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素的相关知识。
24.在373K时,把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。在60秒时,体系已达平衡,此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是( )
A. 前2秒, 以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·s)
B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内含N2O4 0.20 mol
D. 平衡时, 如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；
B．利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；
C．利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；
D．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高N2O4的转化率。
【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)
，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；
B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；
C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；
D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答。
25.某溶液中可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Na+。某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：

下列说法正确的是（ ）
A. 原溶液中c(Fe3+)＝0.2 mol•L-1
B. 溶液中至少有4种离子存在，其中Cl-一定存在，且c(Cl-)≥0.2 mol·L-1
C. SO42－、NH4+、Na+、CO32－一定存在，Cl-可能存在
D. 要确定原溶液中是否含有Fe2+，其操作为：取少量原溶液于试管中，加入适量氯水，无现象，再加KSCN溶液，溶液成血红色，则含有Fe2+
【答案】B
【解析】
【分析】
向100ml溶液中加入过量NaOH溶液并加热，得到0.02mol气体，该气体为氨气，则原溶液中一定存在0.02molNH4+；生成的红褐色沉淀为氢氧化铁，得到的1.6g固体为氧化铁，可计算氧化铁的物质的量为1.6g÷160g/mol＝0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素，不确定为Fe3+或Fe2+，原溶液中一定无CO32-；滤液焰色反应为黄色，则溶液中存在钠离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子；滤液通入足量二氧化碳无现象，则原溶液中一定没有Al3+；滤液加入足量BaCl2和稀盐酸，生成4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，可计算硫酸钡的物质的量为4.66g÷233g/mol＝0.02mol，则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；可根据电荷守恒进一步确定是否存在氯离子，据此解答。
【详解】A、由于生成的氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，则不确定原溶液中是Fe3+还是Fe2+，A错误；
B、根据该流程，已确定的阳离子所带正电荷至少为：0.02mol+2×0.02mol＝0.06mol，已确定的阴离子所带负电荷为：2×0.02mol＝0.04mol，根据电荷守恒，原溶液中一定存在氯离子且至少为0.02mol，即c(Cl-)≥0.2 mol·L-1，B正确；
C、根据上述分析可知Na+不一定存在，C错误；
D、检验亚铁离子时，取少量原溶液于试管中，应该先加KSCN溶液，此时溶液现象必须是无色，然后再加入适量氯水，溶液呈红色，则含有Fe2+，先加氯水不合适，D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了常见离子的检验方法、离子共存问题，注意掌握常见离子的性质及检验方法，B项为难点、易错点，注意根据电荷守恒（溶液呈电中性）判断氯离子是否存在。
26.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族
周期
IA

0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA

2



②
③
④


3
⑤

⑥
⑦


⑧


（1）③、④、⑤、⑥简单离子半径由小到大的顺序为_____________________。
（2）②、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_____________________。
（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：______。
（4）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：

（a）X溶液与Y溶液反应的离子方程式为_________，
（b）N→⑥的单质的化学方程式为________________。
【答案】 (1). Al3+H2CO3>H2SiO3 (3). 或 (4). Al3++3NH3·H2O=Al(OH) 3↓+3NH4+ (5). 2Al2O3（熔融） 4Al+3O2↑
【解析】
【详解】由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl。
(1)③、④、⑤、⑥简单离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Al3+＜Na+＜O2-＜N3-，故答案为：Al3+＜Na+＜O2-＜N3-；
(2)同主族最高价含氧酸的酸性减弱，同周期最高价含氧酸的酸性增强，②、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是：HClO4＞H2CO3＞H4SiO4或H2SiO3，故答案为：HClO4＞H2CO3＞H4SiO4或H2SiO3；
(3)①、④、⑤、⑧元素为H、O、Na、Cl，①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物有NaClO或NaOH等，均为离子化合物，如氢氧化钠的电子式为：，次氯酸钠的电子式为，故答案为：或；
(4)M是仅含非金属的盐，所以M一定是铵盐，Z→N→⑥的单质，⑥为Al，推断N是氧化铝，Z是氢氧化铝，根据产物结合反应：X+Y+H2O→Al(OH)3+NH4+ 可知，该反应为铝盐和一水合氨的反应，则X溶液与Y溶液反应的离子方程式为Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。
(a)X溶液与Y溶液反应的离子方程式为：Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(b) N→⑥的单质的反应为电解熔融氧化铝得到金属铝，反应的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑，故答案为：2Al2O34Al+3O2↑。
27.I.某同学设计如图所示装置探究氯气能否与水发生反应。气体a的主要成分是含有少量水蒸气的氯气。请回答下列问题：

（1）气体a由右图甲或乙制备 ，若选用图中的甲装置，反应的离子方程式是_____，若选用装置乙，其中的导管 a 的作用是_____。
（2）证明氯气和水发生反应的实验现象为_____________。
（3）该实验设计存在缺陷，为了克服该缺陷，需要补充装置D，其中发生反应的离子方程式为_________________。
II.如图为浓硫酸与铜反应及其产物检验的实验装置

回答下列问题：
（1）指出试管c中产生的实验现象：______________________。
（2） 用可抽动的铜丝代替铜片的优点___________。
（3）写出浓硫酸与铜反应的化学方程式：_____________________________。
【答案】 (1). MnO2+ 4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O (2). 平衡气压，使分液漏斗中的液体能顺利滴下 (3). 装置B中的有色布条不褪色，装置C中的有色布条褪色 (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). 石蕊试液变红色 (6). 控制反应随时开始随时停止 (7). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】
【详解】I.(1)若选用图中的甲装置制备氯气，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，若选用装置乙，应该选择高锰酸钾和浓盐酸反应，其中的导管a可以平衡气压，使分液漏斗中的液体能顺利滴下，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；平衡气压，使分液漏斗中的液体能顺利滴下；
(2)干燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，次氯酸具有漂白性，故答案为：装置B中的有色布条不褪色，装置C中的有色布条褪色；
(3)氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，可用碱溶液来吸收：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：没有尾气吸收装置；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
II.(1)二氧化硫具有漂白性，所以试管b中品红溶液褪色；二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以试管c中的石蕊溶液显红色，故答案为：石蕊试液显红色；
(2)通过抽动铜丝，方便随时中止反应，避免浪费原料、减少污染气体的产生，故答案为：控制反应随时开始随时停止；
(3)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O。
【点睛】本题考查了实验室制备氯气、氯气性质的验证、浓硫酸的性质等。本题的易错点为II(1)，要注意区分二氧化硫的酸性氧化物的性质和漂白性。
28.天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷。
（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4。
写出CO与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式____________
已知： CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH＝－41kJ·mol－1
C(s)+2H2(g)CH4(g) ΔH＝－73kJ·mol－1
2CO(g)C(s)+CO2(g) ΔH＝－171kJ·mol－1
（2）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式________________________ 。
（3）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)。在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图1所示，则压强P1_________P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v(正)___________v(逆)（填“大于”、“小于”或“等于”）。

（4）以二氧化钛表面覆盖CuAl2O4为催化剂，可以将CH4和CO2直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2所示。250~300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是________________。
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________________。
【答案】 (1). CO (g)+3H2(g)CH4(g)+ H2O(g) ΔH＝－203kJ·mol－1 (2). 2NH4HS＋O2＝2NH3·H2O＋2S↓ (3). 小于 (4). 大于 (5). 温度超过250oC时，催化剂的催化效率降低 (6). 增大反应压强或增大CO2的浓度
【解析】
【详解】（1）①CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH＝－41kJ·mol－1②C(s)+2H2(g)CH4(g) ΔH＝－73kJ·mol－1 ③2CO(g)C(s)+CO2(g) ΔH＝－171kJ·mol－1；根据盖斯定律，②+③-①可得：CO与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式为CO (g) +3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH＝－203kJ·mol－1；综上所述，本题答案是：CO (g)+3H2(g)CH4(g)+ H2O(g) ΔH＝－203kJ·mol－1 。
（2）一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，NH4HS能够与空气中的氧气反应得到单质硫从而使吸收液再生，其化学方程式为2NH4HS＋O2＝2NH3·H2O＋2S↓；综上所述，本题答案是：2NH4HS＋O2＝2NH3·H2O＋2S↓。
（3）反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)是一个熵增反应，增大压强，化学平衡向气体分子数减小的逆向进行，平衡转化率减小；而同温条件下，压强P1时的转化率大于压强P2时的转化率，因此压强P1小于P2。压强为P2时，在Y点，由于还未达到平衡状态，反应一直向正向进行着，因此v(正)大于v(逆)；综上所述，本题答案是：小于，大于。
（4）①250~300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250oC时，催化剂的催化效率降低；因此本题答案是：温度超过250oC时，催化剂的催化效率降低。
②由于催化剂的催化效率在温度超过250时会降低，因此为了提高CH4的转化率，不能一味的升高温度，而是在催化剂催化效率最大时的温度条件下，采用增大反应压强或增大CO2的浓度的方式来提高CH4的转化率；综上所述，本题答案是：增大反应压强或增大CO2的浓度。
【点睛】催化剂可以参加反应，降低反应的活化能，加快化学反应速率，缩短反应达平衡时间，但是催化剂的催化能力需要满足一定的温度，温度太低催化能力弱，温度太高，催化剂会减弱或丧失催化能力，因此催化剂的使用必须满足适宜的温度，催化能力最大。
29.海洋资源丰富，海水水资源的利用和海水化学资源（主要为NaCl和MgSO4及K、Br等元素）的利用具有非常广阔的前景。
（1）利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：

①提取溴的过程中，经过2次Br- → Br2转化的目的是_____，吸收塔中发生反应的离子方程式是________，
②从MgCl2溶液中得到MgCl2.6H2O晶体的主要操作是__________、_________、过滤、洗涤、干燥。
（2）
①灼烧过程中用到的实验仪器有铁三角架、酒精灯、坩埚钳、_____、______。
②操作①中需用到玻璃棒，则玻璃棒的作用是_______________。
③向酸化后的水溶液加入适量3% H2O2溶液，发生反应的化学方程式为________。
④操作③是分液，则操作②是___________；操作④是___________
【答案】 (1). 对溴元素进行富集 (2). SO2 + Br2 + 2H2O === 4H+ + SO42- + 2Br- (3). 加热浓缩 (4). 冷却结晶 (5). 坩埚 (6). 泥三角 (7). 搅拌、引流 (8). 2I-+2H++H2O2==I2+2H2O (9). 萃取 (10). 蒸馏
【解析】
【详解】(1)①依据利用海水可以提取溴和镁，流程中提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集，吸收塔内通入的是二氧化硫气体是和溴单质反应生成溴离子，在蒸馏塔中被氯气氧化得到更多的溴单质，吸收塔中反应的离子方程式为；SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，故答案为：对溴元素进行富集；SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；
②从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；
(2)①灼烧过程中用到的实验仪器有铁三角架、酒精灯、坩埚钳、坩埚、泥三角，故答案为：坩埚；泥三角；
②操作①为溶解、过滤，需用到玻璃棒，玻璃棒的作用为搅拌、引流，故答案为：搅拌、引流；
③向酸化后的水溶液加入适量3% H2O2溶液，将碘离子氧化生成碘单质，反应的化学方程式为2I-+2H++H2O2==I2+2H2O，故答案为：2I-+2H++H2O2==I2+2H2O；
④氧化后得到碘的水溶液，要得到碘单质，可以通过萃取和分液，操作③是分液，则操作②是萃取；分液后得到碘的有机溶液，可以通过蒸馏的方法分离碘和有机溶剂，因此操作④是蒸馏，故答案为：萃取；蒸馏。