【化学】四川省遂宁市遂宁二中2018-2019学年高二上学期半期考试（解析版）

四川省遂宁市遂宁二中2018-2019学年高二上学期半期考试
考试时间：90分钟 总分:100分
一、选择题（每小题只有一个正确答案，1-11题每小题2分，12-21题每小题3分）
1.“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”,这是我国国民经济和社会发展的基础性要求。你认为下列行为不符合这个要求的是(　　)
A. 大力发展农村沼气,将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
B. 加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用
C. 研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料
D. 将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”气体的产生
【答案】D
【解析】
试题分析：ABC选项都符合低能，环保，而D选项中气体燃料燃烧也可以产生“温室效应”的气体，所以D错误。
考点：化学与生活常识
点评：本题属于简单题，需要学生熟练掌握。
2.下列说法不正确的是(　　)
A. 化学变化过程是原子的重新组合过程
B. 化学反应的焓变用ΔH表示,单位是kJ·mol-1
C. 化学反应的焓变ΔH越大,表示放热越多
D. 化学反应中的能量变化不都是以热能形式表现出来的
【答案】C
【解析】
【分析】
A.从微观角度分析化学变化；
B. 焓变的单位是kJ·mol-1；
C.ΔH带符号，并非ΔH越大，放热越多；
D.能量变化可以是热能、电能、光能等；
【详解】A.化学反应从微观角度考虑就是原子重新组合过程，故A项正确；
B.化学反应的焓变用ΔH表示，单位是kJ·mol-1，故B项正确；
C.ΔH带符号，对于放热反应ΔH越大，表示放热越少，对于吸热反应ΔH越大，则表示吸热越多，故C项错误；
D.化学反应中的能量变化形式可以是热能、电能、光能等形式表现出来，故D项正确；
综上，本题选C。
3.下列热化学方程式正确的是(　　)
A. 表示硫的燃烧热的热化学方程式:S(s)+3/2O2(g)=SO3(g)　ΔH=-315 kJ/mol
B. 表示中和热的热化学方程式:NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ/mol
C. 表示H2燃烧热的热化学方程式:H2(g)+1/2O2(g)= H2O(g)　ΔH=-241.8 kJ/mol
D. 表示CO燃烧热的热化学方程式:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)　ΔH=-566 kJ/mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A．违反燃烧热的含义，硫完全燃烧生成的稳定的氧化物不是三氧化硫（SO3能分解为SO2和O2），而是SO2，A错误；B．25℃、101kPa时，稀强碱溶液和稀强酸溶液中和生成1mol液态水和可溶性盐溶液时放出的57.3kJ热量，其焓变为－57.3 kJ/mol，B正确；C．违反燃烧热的含义，25℃、101kPa时，1mol氢气完全燃烧生成的稳定的氧化物不是水蒸气（水蒸气的能量比液态水高），而是液态水，C错误；D．违反燃烧热的定义，各物质的化学计量系数和焓变均要减半，25℃、101kPa时，1molCO气体完全燃烧生成CO2气体时放出的热量为－288 kJ/mol，D错误；答案选B。
考点：考查燃烧热、中和热的含义及表示燃烧热和中和热的热化学方程式的书写。
4.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是(　)
A. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和CO2所放出的热量是甲烷的燃烧热
B. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH1　C(s)+1/2O2(g)= CO(g)　ΔH2,则ΔH2>ΔH1
C. 已知2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ/mol,则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol
D. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)= NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ/mol,则含20 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,中和热为28.65 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
A.结合燃烧热的定义分析
B.一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程，焓变包含负号据此分析；
C.燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，气态水不是稳定氧化物；
D.中和热ΔH=-57.3 kJ/mol，是一个固定值；
【详解】A.燃烧热要求生成液态水，故A项错误；
B.己知C(s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH1　C(s)+1/2O2(g)= CO(g)　ΔH2，完全燃烧比不完全燃烧放热更多。放热反应ΔH为负值，放热越多，ΔH越小，则ΔH2>ΔH1，故B项正确；
C.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，气态水不是稳定氧化物，故C项错误；
D.已知NaOH(aq)+HCl(aq)= NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3 kJ/mol，此时，中和热指1mol NaOH和1mol HCl溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量为57.3 kJ，减少用量时，放出的热量变少，但中和热数值不变，故D项错误；
综上，本题选B。
【点睛】本题A、C项考查燃烧热。燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。如H元素最终转化为液态水，C元素最终转化为CO2。
5.将1 L 0.1 mol/L BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出a kJ热量;将1 L 0.5 mol/L HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出b kJ热量(不考虑醋酸钠水解);将0.5 L 1 mol/L H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为(　　)
A. (5a+2b)kJ B. (4b-10a)kJ C. (5a-2b)kJ D. (10a+4b)kJ
【答案】A
【解析】
试题分析：1L 0.1mol•L-1BaCl2的物质的量为0.1mol，将1L 0.1mol•L-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），放出akJ热量，生成0.1molBaSO4，则生成0.5molBaSO4，放出5akJ热量；1L 0.5mol•L-1HCl溶液的物质的量为0.5mol，将1L 0.5mol•L-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），放出b kJ热量，生成0.5molCH3COOH，则生成1molCH3COOH，放出2bkJ热量。0.5L 1mol•L-1H2SO4的物质的量为0.5mol，将0.5L 1mol•L-1H2SO4溶液与足量（CH3COO）2Ba溶液反应，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），溶液反应放出的热量为（5a+2b）kJ，答案选A。
考点：考查热化学方程式的书写和反应热的计算
6.影响化学反应速率的因素有:浓度、压强、温度、催化剂等。下列说法不正确的是(　)
A. 改变压强不一定能改变有气体参与反应的速率
B. 增大浓度能加快化学反应速率,原因是增大浓度增加了反应体系中活化分子的百分数
C. 温度升高使化学反应速率加快的主要原因是增加了单位体积内活化分子总数
D. 催化剂能加快化学反应速率主要原因是降低反应所需的能量
【答案】B
【解析】
试题分析：A．压强改变有气体参加的反应的反应速率，增大压强，反应速率加快，故A不选；B．增大浓度，增加了反应体系中活化分子数目增大，则反应速率加快，故B选；C．温度升高，增加了反应体系中活化分子百分数增大，反应速率加快，故C不选；D．催化剂降低反应的活化能，则反应速率加快，故D不选；故选B。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
7.下列说法正确的是(　　)
A. 在常温下,放热反应一般能自发进行,吸热反应都不能自发进行
B. NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)　ΔH=+185.57 kJ·mol-1,能自发进行,原因是体系有自发地向混乱度增加的倾向
C. 因焓变和熵变都与反应的自发性有关,故焓变和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】B
【解析】
【分析】
A.吸热反应不一定不能自发进行；
B.体系有自发向混乱度增加的方向转变的倾向，导致反应可自发进行；
C.焓变和熵变共同决定反应能否自发；
D.催化剂不能改变反应进行的方向；
【详解】A.吸热反应常温下也可能自发进行，如Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，故A项错误；
B.该反应是分解反应，由一种固体分解生成多种气体，体系混乱度增加，所以△S>0，△G=△H-T△S<0，△H>0，所以该反应在高温时可自发进行的原因为：体系有自发向混乱度增加的方向转变的倾向，导致反应可自发进行，故B项正确；
C.反应能自发进行的判断依据是△G=△H-T△S<0，焓变和熵变不可单独作为判断依据，故C项错误；
D.催化剂只能加快或减慢反应速率，不能改变反应的限度和方向，故D项错误。
综上，本题选B。
【点睛】反应能否自发由焓变和熵变共同决定。当△G=△H-T△S<0时，反应能够自发，当△G=△H-T△S>0，反应不能自发；
8.若反应:2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)　ΔH<0在恒温、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明该反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
【详解】A.t1时正反应速率最大，但仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A项错误；
B.温度不变，化学平衡常数不变，与反应是否达到平衡无关，故B项错误；
C.t1时二氧化碳和一氧化碳的物质的量相等，但还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C项错误；
D.t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故D正确。
综上，本题选D。
【点睛】解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；平衡常数只是温度的函数，温度不变，化学平衡常数不变；
9.在1 L容器中用O2将HCl转化为Cl2,反应方程式为:4HCl(g)+O2(g)2H2O(g)+2Cl2(g)　ΔH<0,一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的实验数据如下。下列说法正确的是(　　)
t/min
0
2
4
6
n(Cl2)/10-3 mol
0
1.8
3.7
5.4

A. 0～2 min的反应速率小于4～6 min的反应速率
B. 2～6 min用Cl2表示的反应速率为0.9 mol/(L·min)
C. 增大压强可以提高HCl转化率
D. 平衡常数K(200 ℃) 【答案】C
【解析】
【分析】
A.相同时间内氯气物质的量变化越大，说明反应速率越快； 
B.根据v=△c/△t进行判断； 
C.正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动； 
D.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
【详解】A.相同时间内，0~2min内氯气变化量为1.8×10-3mol，而4~6min内氯气变化量为(5.4-3.7) ×10-3mol=1.7×10-3mol，则0~2min的反应速率大于4~6min的反应速率，故A项错误； 
B.v=△c/△t=(5.4- 1.8)×10-3mol/1L/4min=9×10-4mol/(L•min)，故B项错误；
C.正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，可以提高HCl转化率，故C项正确；
D.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数K(200 ℃)>K(400 ℃)，故D项错误, 
综上，本题选C。
10.T ℃时,在一固定容积的密闭容器中发生反应:A(g)+B(g)C(s)　ΔH<0,按照不同配比充入A、B,达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示,下列判断正确的是(　　)

A. T ℃时,该反应的平衡常数值为4 B. c点没有达到平衡,此时反应向逆向进行
C. 若c点为平衡点,则此时容器内的温度高于T ℃ D. T ℃时,直线cd上的点均为平衡状态
【答案】C
【解析】
A、根据平衡常数的表达式，K=1/[c(A)×c(B)]=1/4，故错误；B、c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故错误；C、如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故正确；D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线ab是平衡线，故错误。
11.某温度下,体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应:X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)　ΔH>0。下列叙述正确的是(　　)
A. 加入少量W,逆反应速率增大,正反应速率减小 B. 升高温度,平衡逆向移动
C. 当容器中气体压强不变时,反应达到平衡 D. 反应平衡后加入X,上述反应的ΔH增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A.固体量的增减不会影响反应速率，不会引起化学平衡的移动；
B.升高温度平衡向吸热反应移动；
C.随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡；
D.反应热ΔH与物质的化学计量数有关，与参加反应的物质的物质的量无关；
【详解】A.W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A项错误；
B.该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故B项错误；
C.随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变时说明可逆反应到达平衡状态，故C项正确；
D.反应热ΔH与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D项错误；
综上，本题选C。
12.在容积不变的密闭容器中进行反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时,改变某一条件对上述反应的影响,其中分析正确的是(　　)

A. 图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响,且甲的温度较高
B. 图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C. 图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D. 图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态
【答案】B
【解析】
试题分析：A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A错误；B．图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压强的原因，故C错误；D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D错误。故选B。
考点：考查化学反应速率和化学平衡图像的综合应用
【名师点睛】
1．分析反应速度图像：
（1）看起点：分清反应物和生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，生成物多数以原
点为起点。
（2）看变化趋势：分清正反应和逆反应，分清放热反应和吸热反应。升高温度时，△V吸热＞△V
放热。
（3）看终点：分清消耗浓度和增生浓度。反应物的消耗浓度与生成物的增生浓度之比等于反应方程
式中各物质的计量数之比。
（4）对于时间—速度图像，看清曲线是连续的，还是跳跃的。分清“渐变”和“突变”、“大变”和
“小变”。比如增大反应物浓度V正突变，V逆渐变；升高温度，V吸热大增，V放热小增；使
用催化剂，V正和V逆同等程度突变。
2．化学平衡图像问题的解答方法：
（1）三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看△V正 、△V逆的相对大小；三看化学平
衡移动的方向。
（2）四要素分析法：看曲线的起点；看曲线的变化趋势；看曲线的转折点；看曲线的终点。
（3）先拐先平：对于可逆反应mA（g） + nB（g）pC（g） + qD（g） ，比如在转化率—时间—压强曲线
中，先出现拐点的曲线先达到平衡，它所代表的压强大，如果这时转化率也高，则反应中
m+n＞p+q，若转化率降低，则表示m+n＜p+q。
（4）定一议二：图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
13.T ℃时,在2 L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是(　　)

A. 平衡时X、Y的转化率相同
B. 达到平衡后将容器体积压缩为1 L平衡向正反应方向移动
C. T ℃时,该反应的化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g),平衡常数K=40
D. T ℃时,若起始时X为0.71 mol,Y为1.00 mol,则平衡时Y的转化率约为60%
【答案】D
【解析】
根据图示，X、Y为反应物，Z为生成物，10 s时达到平衡。在0～10 s内，Z增加1.60 mol，X减少0.80 mol，Y减少0.80 mol，由于X、Y起始物质的量不同，故平衡时X、Y的转化率不同，A项不正确；根据Δn(X)：Δn(Y)：Δn(Z)＝0.80 mol：0.80 mol：1.60 mol＝1：1：2，得T°C时，该反应的化学方程式为：X(g)＋Y(g)2Z(g)，由于反应前后气体体积不变，达到平衡后，将容器体积压缩为1 L，平衡不移动，B项不正确；达到平衡时，c(X)＝0.40 mol/2 L＝0.20 mol/L，c(Y)＝0.20 mol/2 L＝0.10 mol/L，c(Z)＝1.60 mol/2 L＝0.80 mol/L，平衡常数K＝＝32，C项不正确；若起始时X为0.71 mol，Y为1.00 mol，则：
　　　　　X(g)　＋　Y(g)　　2Z(g)
起始(mol) 0.71 1.00 0
改变(mol) x x 2x
平衡(mol) 0.71－x 1.00－x 2x
由于温度不变，K不变，故＝32，解得x＝0.60，故平衡时Y的转化率为60%。
14.下列关于能层与能级的说法中正确的是(　　)
A. 同一原子中，符号相同的能级，其上电子能量不一定相同
B. 任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数不一定等于该能层序数
C. 同是s能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数是不相同的
D. 多电子原子中，每个能层上电子的能量一定不同
【答案】A
【解析】
A. 同一原子中，能级名称相同，其轨道形状相同，能层越大其能量越高，选项A正确；B、任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数，选项B错误；C．同是s能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数都是2个，选项C错误；D．同一能层的不同能级能量不同，且按s、p、d…规律依次增大，选项D错误；答案选A。
15.关于电子云的叙述不正确的是(　　)
A. 电子云是用小点的疏密程度来表示电子在空间出现概率大小的图形
B. 电子云实际是电子运动形成的类似云一样的图形
C. 小点密集的地方电子在那里出现的概率大
D. 轨道不同，电子云的形状也不一样
【答案】B
【解析】
【分析】
电子云是用小点的疏密程度来表示电子在空间出现概率大小的图形；
常用小黑点的疏密程度来表示电子在原子核外出现概率密度的大小；
电子云的伸展方向是反映电子在空间运动的轨道。
【详解】用统计的方法描述电子在核外空间出现的概率大小的图形称为电子云；常用小黑点的疏密程度来表示电子在原子核外出现概率密度的大小。小黑点密集的地方，表示电子在那里出现的概率密度大，小黑点稀疏的地方，表示电子在那里出现的概率密度小；电子云的伸展方向是反映电子在空间运动的轨道，轨道不同，电子云的形态也不同。
本题答案为B。
【点睛】1、表示电子在核外空间某处出现的机会，不代表电子的运动轨迹。
2、小黑点本身没有意义，不代表1个电子，也不代表出现次数，小黑点的疏密表示出现机会的多少，密则机会大，疏则机会小。
16.元素在周期表中的位置反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是(　　)
A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B. 第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
C. 短周期元素形成离子后，最外层电子都达到8电子稳定结构
D. 同一主族元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
【答案】B
【解析】

17.下列多电子原子不同能级能量高低的比较错误的是(　　)
A. 1s＜2s＜3s B. 2p＜3p＜4p C. 3s＜3p＜3d D. 4s＞3d＞3p
【答案】D
【解析】
在多电子原子中，从3d能级开始有“能级交错”现象，实际4s能级能量小于3d。所以D错。
18.下列各组原子中彼此化学性质一定相似的是(　　)
A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子
D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【解析】
【分析】
原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合物的性质相似；
【详解】A.原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者性质不同，故A项错误；
B.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，价电子数不同，性质不相同，故B项错误；
C.2p轨道上只有一个电子的X为B元素，3p轨道上只有一个电子的Y为Al，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C项正确；
D.最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与Cu原子，性质不同，故D项错误；
综上，本题选C。
19.下列各组中的性质比较，正确的是(　　)
①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4　②碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2　③稳定性：HCl>H2S>PH3　④还原性：F－>Cl－>Br－
A. ①②④ B. ③④ C. ①②③ D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
同主族自上而下，非金属性减弱；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；同主族自上而下，金属性增强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；非金属性越强，气态氢化物越稳定，同周期随原子序数增大，非金属性增强；非金属性越强，阴离子的还原性越弱，同主族自上而下，非金属性减弱。
【详解】①同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br＞I，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；所以酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故①正确；
②同主族自上而下，金属性增强，所以金属性Ba＞Ca＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故②正确；
③同周期随原子序数增大，非金属性增强，所以非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以氢化物稳定性：HCl＞H2S＞PH3，故③正确；
④同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，阴离子的还原性越弱，所以离子还原性：F-＜Cl−＜Br−，故④错误；所以①②③正确；
正确答案：C。
20.下图是元素周期表短周期的一部分，若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，则下列说法中正确的是(　　)

A. D与C不能形成化合物
B. D的最高正价与B的最高正价相等
C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱的关系是C>B>A
D. D元素最高正价和最低负价的绝对值的代数和等于8
【答案】C
【解析】
【详解】若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，说明为磷元素。则B为硫，C为氯元素，D为氧元素。A. 氯与氧能形成化合物二氧化氯，故错误；
B. 氯的最高正价为+7，,硫的最高正价为+6，不相等，故错误；
C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸，硫酸和高氯酸，酸性强弱的关系是高氯酸>硫酸>磷酸，故正确；
D. 氧没有正价，故错误。
故选C。
21.下列各组元素性质的递变情况错误的是(　　)
A. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多 B. P、S、Cl元素最高正价依次升高
C. N、O、F第一电离能依次增大 D. Na、K、Rb电负性逐渐减小
【答案】C
【解析】
A、Na、Mg、Al原子的核外电子分别为11、12、13，原子最外层电子数分别为1、2、3，逐渐增多，选项A正确；B、P、S、Cl最外层电子数目分别为5、6、7，最高正化合价分别为+5、+6、+7，选项B正确；C、N、O、F在同周期，元素的非金属性依次增强，即得电子能力依次增强，选项C错误；D、Na、K、Rb位于同一主族，电子层数分别为3，4，5，依次增多，选项D正确。答案选C。
二、填空题
22.有X、Y、Z、Q、E、M、G原子序数依次递增的七种元素，除G元素外其余均为短周期主族元素。X的原子中没有成对电子，Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，Z元素原子的外围电子层排布式为nsnnpn＋1，Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E与Q同周期，M元素的第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位，G原子最外电子层只有未成对电子，其内层所有轨道全部充满，但并不是第ⅠA族元素。回答下列问题：
(1)基态G原子的价电子排布式为____________，写出第三周期基态原子未成对电子数与G相同且电负性最大的元素是________(填元素名称)。GQ受热分解生成G2Q和Q2，请从G的原子结构来说明GQ受热易分解的原因：___________________________。
(2)Z、Q、M三种元素的第一电离能从大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。
(3)X与Q形成的化合物的化学式为________。
(4)Z、M、E所形成的简单离子的半径由大到小顺序为____________(用离子符号表示)。
(5)X、Y、Z、Q的电负性由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 氯 (3). Cu2＋的最外层电子排布为3d9，Cu＋的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO (4). N＞O＞S (5). H2O、H2O2 (6). S2－＞N3－＞F－ (7). O＞N＞C＞H
【解析】
试题分析：本题通过元素推断，主要考查价电子排布式、电负性规律、第一电离能、原子（离子）半径等基础知识，考查考生的阅读分析能力、基础知识的综合运用能力。
解析：没有成对电子的元素只有H，X是H元素；Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则Y基态电子排布是1s22s22p2，Y是C元素；Z元素原子的外围电子层排布式为nsnnpn+1，所以ns一定排布2个电子，既n=2，Z是N元素；Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，Q的核外电子排布是1s22s22p4，成对电子数3×2=6，成单电子数2，Q是O元素；E与Q同周期，且原子序数比Q（O元素）大，则E只能是F元素；原子序数更大的M只能在短周期的第三周期，第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位的是S元素；内层所有轨道全部充满，最外电子层只有未成对电子的可能是1s22s1、1s22s22p63s1、1s22s22p63s23p63d104s1，其中前两个属于ⅠA，所以G核外电子排布为第三种情况，G是Cu元素。（1）G是Cu元素，基态价电子排布式为3d104s1，未成对电子数为1，第三周期为成对电子数为1 的有Na、Al、Cl，电负性最大的是Cl元素。GQ是CuO，分解生成Cu2O和O2，CuO中Cu2+价电子排布式为3s9，Cu2O中Cu+价电子排布式为3d10，因此Cu+比Cu2+结构更加稳定，固态Cu2O比CuO更稳定。正确答案：3d104s1、氯、Cu2＋的最外层电子排布为3d9，Cu＋的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O比CuO更稳定。（2）Z、Q、M分别是N、O、S三种元素，N与O比较，N价电子排布为2s22p3，O价电子排布为2s22p4，所以N元素2p半满结构更加稳定，第一电离能N＞O，O与S比较，二者处于同一主族，S位于第三周期O位于第二周期，所以第一电离能O＞S，既第一电离能顺序为N＞O＞S。正确答案：N＞O＞S。（3）X是H元素，Q是O元素，二者形成的化合物包括H2O、H2O2。正确答案：H2O和H2O2。（4）Z、M、E所形成的简单离子依次为N3-、S2-、F-，其中S2-有三个电子层半径最大，N3-、F-都只有两个电子层，N元素核电荷数是7，F元素的核电荷数是9，因此N3-半径更大。正确答案：S2-＞N3-＞F-。（5）X、Y、Z、Q四种元素依次是H、C、N、O，H元素的电负性最小，C、N、O位于同一周期且核电荷数递增，电负性递增，所以电负性顺序为O＞N＞C＞H。正确答案：O＞N＞C＞H。
点睛：简单粒子半径比较方法：①电子层数不同时，电子层数越多，一般半径越大；②电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；③同种元素，阳离子半径<原子半径，阴离子半径>原子半径。
23.燃料和能源是化学知识与社会生活联系极为密切的内容,我们要关注矿物能源的合理利用,积极研究、开发新能源。
(1)新能源应该具有原材料易得、燃烧时产生的热量多且不会污染环境的特点,在煤炭、石油、煤气、氢气中,前途广阔的能源是____。
(2)近年来,我国煤矿事故大多是瓦斯爆炸所致。瓦斯中含有甲烷和一氧化碳等气体,当矿井中瓦斯浓度达到一定范围时遇明火即燃烧爆炸。为避免灾难的发生应采取的切实可行的措施有________(填序号)。
①加强安全管理,杜绝明火源　②降低瓦斯气体的着火点 ③提高通风能力　④将矿井中的氧气抽去
(3)为了提高煤的利用率同时减少燃烧时的环境污染,常将煤转化为水煤气,这是将煤转化为洁净燃料的方法之一,水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气,它是由煤炭和水蒸气反应制得的,已知C(石墨)、CO、H2燃烧的热化学方程式为:
C(石墨)+O2(g)=CO2(g)　ΔH1=-393.5 kJ·mol-1
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)　ΔH2=-241.8 kJ·mol-1 CO(g)+1、2O2(g)=CO2(g)　ΔH3=-283.0 kJ·mol-1
H2(g)+1/2O2(l)=H2O(l)　ΔH4=-285.8 kJ·mol-1
请回答下列问题:
①根据上述提供的热化学方程式计算,36 g水由液态变成气态的热量变化是_________。
②写出C(石墨)与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式_____________。
③丙烷是液化石油气的主要成分之一,丙烷燃烧的热化学方程式为:C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-2 220.0 kJ·mol-1,相同物质的量的丙烷和一氧化碳完全燃烧生成气态产物时,产生的热量之比为____。
【答案】 (1). 氢气 (2). ①③ (3). 吸收88 kJ热量 (4). C(石墨)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)　ΔH=+131.3 kJ·mol-1 (5). 2 220∶283
【解析】
【分析】
（1）煤炭、石油属于化石能源，燃烧容易污染环境，煤气燃烧会生成导致温室效应的气体，氢气燃烧生成水，热值高、无污染；
（2）杜绝明火源、提高通风能力可以防止瓦斯爆炸；可燃物的着火点一般情况下不能改变；将矿井中的氧气抽尽是不现实的，也是不可以的；
（3）①由氢气燃烧生成H2O（g）与生成H2O（l）的热化学方程式可以知道：H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，据此计算；
②根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算；
③根据热化学方程式计算相同物质的量的丙烷和一氧化碳完全燃烧生成气态产物时产生的热量之比；
【详解】（1）煤炭、石油属于化石能源，燃烧容易污染环境，煤气燃烧会生成导致温室效应的气体，氢气燃烧生成水，热值高、无污染，是前途广阔的能源，因此，本题正确答案是：氢气；
（2）①加强安全管理，杜绝明火源可以防止瓦斯爆炸，故①正确；
②瓦斯的着火点一般情况下不能改变，故②错误；
③提高通风能力可以降低瓦斯的浓度，可以防止瓦斯爆炸，故③正确；
④将矿井中的氧气抽尽是不现实的，也是不允许的，因为工人在井下作业需要氧气，故④错误，因此，本题正确答案是：①③；
（3）①已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)　ΔH2=-241.8 kJ·mol-1 ，H2(g)+1/2O2(l)=H2O(l)　ΔH4=-285.8 kJ·mol-1，根据盖斯定律可得：H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，故36g水由液态变成气态相应吸收热量 36g/18g×44kJ=88kJ，因此，本题正确答案是：吸收88kJ；
②已知：Ⅰ、C(石墨)+O2(g)=CO2(g)　ΔH1=-393.5 kJ·mol-1，Ⅱ、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)　ΔH2=-241.8 kJ·mol-1，Ⅲ、CO(g)+1、2O2(g)=CO2(g)　ΔH3=-283.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅲ-Ⅱ可得C（s，石墨）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1，因此，本题正确答案是：C（s，石墨）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1；
③根据热化学方程式可以知道，相同物质的量的丙烷和一氧化碳完全燃烧生成气态产物时产生的热量之比为2220.0kJ•mol-1：283.0kJ•mol-1=2220：283。因此，本题正确答案是：2220：283；
24.(1)在恒温恒容装置中进行合成氨反应(正反应为放热反应),各组分浓度—时间图像如下。

①表示N2浓度变化的曲线是____(填序号)。
②前25 min内,用H2浓度变化表示的化学反应速率是____。该温度下该反应的平衡常数为____。
(2)在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应,下列说法正确的是____(填序号)。 
a.气体体积不再变化,则已平衡
b.气体密度不再变化,则已平衡
c.平衡后,压缩容器,会生成更多NH3
d.平衡后,往装置中通入一定量Ar,平衡不移动
(3)电厂烟气脱氮:主反应为①4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)　ΔH<0，副反应为②2NH3(g)+8NO(g)5N2O(g)+3H2O(g)　ΔH>0，平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图所示。

请回答:在400～600 K时,平衡混合气中N2含量随温度的变化规律是____________________,导致这种规律的原因是__________________________________。
【答案】 (1). C (2). 0.12 mol/(L·min) (3). 0.148 (4). abc (5). 随温度升高,N2的含量降低 (6). 主反应为放热反应,副反应为吸热反应,升高温度使主反应的平衡左移,副反应的平衡右移
【解析】
【分析】
(1)①根据图象求出各物质的变化量，利用变化量之比等于计量数之比判断出A、B、C所对应的曲线；
②根据v=△c/△t计算，求出各物质的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算； 
(2)a.正反应是体积减少的可逆反应，因此在恒温恒压下气体体积不再变化时已平衡； 
b.在反应过程中质量始终不变，但容器容积是变化的，所以密度是变化的，因此气体密度不再变化说明反应达到平衡； 
c.平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，容器容积增加，浓度降低，平衡向逆反应方向移动; 
d.平衡后，压缩容器，压强增大，平衡向正反应方向进行； 
(3)根据图2中随着温度升高，氮气、N2O的含量变化进行分析；根据温度对化学平衡影响及两个可逆反应的反应热情况进行分析；
【详解】(1)①根据图象可以知道，反应进行到25min时达到平衡，平衡时△c(A)=3mol/L、△c(B)=2mol/L、△c(C)=1mol/L，故△c(A)：△c(B)：△c(C)=3:2:1，因此根据方程式可以知道表示N2浓度变化的曲线是C，A浓度变化的曲线为H2，B为氨气的浓度变化曲线，因此，本题正确答案是：C； 
②由图可以知道，v(H2)=3mol/L/25min=0.12mol/(L·min)；由图可以知道平衡时各组分的平衡浓度，c(H2)=3mol/L、c(N2)=1mol/L、c(NH3)=2mol/L、,故平衡常数K=22/1×33=0.148，因此，本题正确答案是：0.12 mol/(L·min)；0.148；
(2)a.正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒压下，随反应进行体积减少，因此在恒温恒压下气体体积不再变化时已平衡，故a正确； 
b.在反应过程中质量始终不变，但容器容积是变化的，所以密度是变化的，因此气体密度不再变化说明反应达到平衡，故b正确； 
c.平衡后，压缩容器，压强增大，平衡向正反应方向进行，因此生成更多NH3，故c正确；
d.平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，容器容积增加，浓度降低，平衡向逆反应方向移动，故d错误，故选：abc。 因此，本题正确答案是：abc；
(3)根据图象可以知道，在400～600 K时，平衡混合气中N2含量随温度的升高逐渐降低；主反应为放热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，氮气的含量减小。 因此，本题正确答案是：随温度升高，N2的含量降低；主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度使主反应的平衡左移，副反应的平衡右移；
25.工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49.0kJ·
mol-1,6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中,测得H2的物质的量随时间变化如图所示(实线)。图中数据a(1,6)表示:在1 min时H2的物质的量是6mol。

(1)a点正反应速率____(填“大于”“等于”或“小于”)逆反应速率。
(2)下列时间段平均反应速率最大的是____。
A.0～1 min B.1～3 min C.3～8 min D.8～11 min
(3)仅改变某一实验条件再进行两次实验测得H2的物质的量随时间变化如图中所示(虚线)。曲线Ⅰ对应的实验条件改变是____,曲线Ⅱ对应的实验条件改变是______,体积不变再充入3 mol CO2和4 mol H2,达到新的平衡时,H2O(g)的体积分数____(填“增大”“不变”或“减小”)。
(4)若将1 mol CO2和3 mol H2充入该容器中,充分反应达到平衡后,若CO2转化率为a,则容器内的压强与起始压强之比为______(用a表示)。
【答案】 (1). 大于 (2). A (3). 升高温度 (4). 增大压强 (5). 增大 (6). (2-a)∶2
【解析】
【分析】
(1)a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，依次判断正逆反应速率大小；
(2)根据曲线的斜率判断，斜率越大，说明在单位时间内反应物的变化率越大，反应速率越大，也可分别计算不同时间内的反应速率大小来进行比较；
(3)从虚线变化判断达到平衡时反应物的转化的物质的量来分析，曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，曲线Ⅱ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强； 
(4)结合化学平衡三段式列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比计算得到；
【详解】(1)a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，平衡向正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率，因此，本题正确答案是：大于；
(2)由图可知，
A.0～1 min内氢气的变化量为2mol；
B.1～3 min内氢气的变化量为3mol，平均1min变化量为1.5mol；
C.3～8 min内氢气的变化量为1mol，平均1min变化量为0.2mol；
D.8～11 min内氢气的变化量为1mol，达平衡状态，氢气的物质的量不再变化，故0～1 min速率增大。因此，本题正确答案是:A; 
(3)曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；曲线Ⅱ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强，体积不变再充入3 mol CO2和4 mol H2，相当于增大压强，平衡正向移动，则H2O(g)的体积分数增大， 因此，本题正确答案是：升高温度；增大压强；增大；
(4) 1 mol CO2和3 mol H2充入该容器中,充分反应达到平衡后,若CO2的转化率为a, 
            CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)
n0 1mol       3 mol          0 mol         0 mol 
Δn  a mol     3a mol      a mol         a mol 
n平    1-a mol  3-3a mol       a mol          a mol 
容器内的压强与起始压强之比=(4-2a)：4=(2-a)∶2，因此，本题正确答案是：(2-a)∶2。