【化学】河南省信阳市高级中学2018-2019学年高二上学期开学考试（解析版）

河南省信阳市高级中学2018-2019学年高二上学期开学考试
1. 下列说法中正确的是 （ ）
A. 6.8 g熔融KHSO4与3.9 g熔融Na2O2中阴离子数目相同
B. 某金属阳离子的结构示意图为，其与Cl－形成的强电解质都是离子化合物
C. 二硫化碳是直线形非极性分子，其电子式为
D. 中子数为18的氯原子可表示为18Cl
【答案】A
【解析】
试题分析：A、6.8g硫酸氢钾的物质的量是6.8g÷136g/mol＝0.05mol，3.9g过氧化钠的物质的量是3.9g÷78g/mol＝0.05mol，因此在熔融状态下硫酸氢钾与过氧化钠中阴阳离子的物质的量都是0.05mol，A正确；B、该金属阳离子也可能是铝离子，与氯离子形成的化合物氯化铝是共价化合物，B错误；C、二硫化碳是直线形非极性分子，其电子式为，C错误；D、中子数为18的氯原子可表示为35Cl，D错误，答案选A。
考点：考查阿伏伽德罗常数、化合物以及化学用语的正误判断
2.下列做法合理的是 （ ）
① 将地沟油回收加工为生物柴油，提高资源的利用率 ② 进口国外电子垃圾，回收其中的贵重金属 ③ 大量生产超薄塑料袋，方便人们的日常生活 ④ 燃煤进行脱硫脱硝处理，减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放 ⑤ 洗衣粉中添加三聚磷酸钠（Na3P5O10），增强去污效果
A. ④⑤ B. ①②③ C. ①②⑤ D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】①地沟油是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，提高了资源的利用率，符合题意，故①正确；②电子垃圾中部分重金属不回收，易造成重金属污染，不符合题意，故②错误；③塑料不易降解，容易造成“白色污染“，不符合题意，故③错误；④燃煤进行脱硫脱硝处理，减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，符合题意，故④正确；⑤三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，不符合题意，故⑤错误；做法合理的有①④，故选D。
3.CuSO4有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是 ( )

A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2
B. 相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想
C. 1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75mol
D. Y可能具有还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；B．相对于途径①、③，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径2无污染性气体产生，故B正确；C．根据2CuSO4Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2为0.5mol，故C错误；D．根据流程图，硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钠，生成氢氧化铜沉淀，加入Y后生成氧化亚铜，铜元素被还原，所以Y可能具有还原性，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答。本题的易错点为D，要注意根据元素化合价的变化分析判断。
4.常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O， 2Fe3++H2O2＝2Fe2++O2↑+2H+则下列说法正确的是（ ）
A. H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱
B. 在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降
C. 在H2O2分解过程中， Fe2+和Fe3+的总量逐渐减少
D. H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+
【答案】D
【解析】
【详解】A．由2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O、2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+可知，H2O2的氧化性＞Fe3+的氧化性，H2O2的还原性＞Fe2+的还原性，故A错误；B．将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2↑，所以分解过程中，Fe2+作催化剂，双氧水溶液本身是弱酸性，而分解生成的水是中性，溶液pH值升高，故B错误；C．H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化剂，所以总量不变，故C错误；D．因为Fe2+可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要避免混入Fe2+，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中氧化性的比较规律及两个化学反应的关系及催化剂在反应在的作用是解答的关键。本题的易错点为A，要注意根据化合价分析氧化还原反应的一般方法。
5. 短周期元素甲、乙、丙、丁、戊在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是

A. 原子半径的大小顺序为：甲＞乙＞丙＞戊
B. 氢化物的稳定性：乙＞丁；氢化物的沸点：丁＞乙
C. 元素甲与元素丙的最高正化合价之和的数值等于8
D. 元素戊的氧化物对应的水化物的酸性一定比丁的强
【答案】C
【解析】
试题分析: 根据短周期非金属元素甲～戊在元素周期表中的相对位置可知，甲、乙是第二周期元素，丙、丁、戊是第三周期元素，这几种元素分别是N、O、Al、S、Cl。A．电子层数越多，原子半径越大，而同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径丙>戊>甲>乙，A项错误；B．乙、丁是同族元素，非金属性乙>丁，则氢化物的稳定性乙>丁，乙的氢化物是水，丁的氢化物是H2S，水中含有氢键，则氢化物的沸点：乙>丁，B项错误；C．元素甲与元素丙分别是N、Al，N的最高正化合价是+5，而Al的最高正化合价为+3，两者之和的数值等于8，C项正确；D．元素戊的氧化物对应的水化物是HClO，HClO是弱酸，丁的氧化物对应的水化物是H2SO4，硫酸是强酸，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查原子结构和元素周期律。
【名师点睛】本题考查原子结构和元素周期律，明确元素周期表结构、元素周期律与原子结构关系是解答本题关键，以第IA族、第VIIA族、第三周期为例熟练掌握元素周期律，题目难度不大。根据短周期非金属元素甲～戊在元素周期表中的相对位置可知，甲、乙是第二周期元素，丙、丁、戊是第三周期元素，这几种元素分别是N、O、Al、S、Cl，然后根据元素周期律解答。
6.下列试剂保存或实验注意事项正确的是（ ）
①液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封。
②有Cl2、CO、H2S等气体排放时，必须有尾气处理措施。
③稀释浓硫酸时，先在烧杯中加入一定体积的浓硫酸，后慢慢注入蒸馏水，并不断搅拌。
④做“氢气还原氧化铜实验”时，先通一会儿氢气再加热。
⑤酒精灯是中学化学实验常用的热源，使用前应检查一下灯芯和酒精量。
A. 仅①⑤ B. 仅①④⑤ C. 仅①②④⑤ D. 全部正确
【答案】C
【解析】
【详解】①由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故①正确；②有Cl2、CO、H2S等气体会造成环境污染，排放时必须有尾气处理措施，故②正确；③浓硫酸密度比水大，易溶于水，溶于水时放出大量的热，如果把水倒入浓硫酸中，水会浮在水面上，且放出的热会使水沸腾，从而造成酸液飞溅的现象出现，因而稀释浓硫酸时是将浓硫酸倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散，故③错误；④做氢气还原氧化铜实验时，先通氢气将装置中空气排净，然后再加热，避免纯度不足发生爆炸，故④正确；⑤酒精灯是中学化学实验常用的热源，使用前应检查一下灯芯和酒精量，保证实验的安全，故⑤正确；正确的有①②④⑤，故选C。
7.金属钛(Ti)性能优越，被称为继铁、铝后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti的反应为 : aTiO2＋bCl2＋cCaTiCl4＋cCO 反应(1)
TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2 反应(2)
关于反应(1)、(2)的分析不正确的是（ ）
①TiCl4在反应(1)中是还原产物，在反应(2)中是氧化剂；
②C、Mg在反应中均为还原剂，被还原；
③在反应(1)、(2)中的还原性C＞TiCl4，Mg＞Ti；
④a＝1，b＝c＝2；
⑤每生成19.2 g Ti(Ar＝48)，反应(1)、(2)中共转移4.8 mol e－。
A. 仅② B. ②③④ C. ③④ D. ②⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
在化学反应中得电子化合价降低的物质是氧化剂，在反应中被还原；失电子化合价升高的物质是还原剂，在反应中被氧化；氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物；同一化学反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；同一化学反应中反应前后遵循原子守恒定律。
【详解】①aTiO2+bCl2+cC aTiCl4+cCO，该反应中反应前后，碳元素的化合价升高，碳单质作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是TiCl4；TiCl4+2MgTi+2MgCl2 该反应中钛元素的化合价降低，TiCl4作氧化剂；所以TiCl4在反应I中是还原产物，在反应II中是氧化剂，故正确；②C、Mg在反应中反应前后化合价都升高，所以均为还原剂，被氧化，故错误；③在反应I中C的还原性大于TiCl4；在反应II镁的还原性大于Ti，故正确。④根据反应前后各元素的原子个数守恒知，2a＝c，2b＝4a，所以a＝1，b＝c＝2，故正确；⑤将方程式Ⅰ、Ⅱ相加得 TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl2 生成1mol  Ti转移电子8mol电子，所以每生成19.2 g Ti，即0.4mol Ti，反应I、II中共转移3.2mol e-，故错误；故选D。
8.2009年，M IT的唐纳德·撒多维教授领导的小组研制出一种镁锑液态金属储能电池。电池突破了传统电池设计理念，以NaCl、KCl和MgCl2的熔融盐作为电解质。以Mg和Sb两极金属，整个电池在700℃工作，处在液体状态。由于密度的不同，在重力下分层，分别形成上层金属Mg，下层金属Sb和中间的NaCl、KCl及MgCl2电解质层。电池的工作原理如图所示，关于该电池的说法不正确的是 ( )

A. 电池充电时Cl—从上向下移动
B. 电池放电时正极的电极反应式为Mg2++2e—＝Mg
C. 电池充电时阳极的电极反应式为：2Cl—-2e—＝Cl2↑
D. 电池充电时中层熔融盐的组成不发生改变
【答案】C
【解析】
【详解】中间层熔融盐为电解质溶液，依据电流方向，镁液为原电池负极，充电时镁极为阴极。该电池工作时，负极Mg失电子生成镁离子，电极反应Mg-2e-=Mg2+，正极镁离子得电子得到Mg，电极反应为：Mg2++2e-=Mg。；充电时，Mg电极与负极相连作阴极，Mg-Sb电极与正极相连作阳极。A. 电池充电时为电解池，阴离子移向阳极，即向下移动，因此Cl—从上向下移动，故A正确；B. 电池放电时为原电池，正极的电极反应式为Mg2++2e—＝Mg，故B正确；C. 电池充电时为电解池，阳极的电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，故C错误；D. 根据上述分析，电池放电和充电时中层熔融盐的组成都不发生改变，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池正负极的判断以及电极上发生的反应是解题的关键。本题的易错点为C，要注意由于密度的原因，氯离子不能放电。
9.据报道，美国麻省理工学院基于葡萄糖开发了一种新型燃料电池，以Pt/TiO2为电极，植入人体就可以进行工作，如图是人工模拟此电池的示意图，下列叙述正确的是 ( )

A. 电极a上发生还原反应
B. 电池总反应式为C6H12O6＋6O2―→6CO2＋6H2O
C. 两个电极材料相同，不能形成燃料电池
D. b极的电极反应式为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2＋24H＋
【答案】B
【解析】
【详解】根据图示，高电池属于燃料电池，在燃料电池中通入燃料的是负极，通入空气或氧气的是正极，故a为负极，b为正极。A. 电极a为负极，发生氧化反应，故A错误；B. 该燃料电池总反应式为C6H12O6＋6O2―→6CO2＋6H2O，故B正确；C. 两个电极材料相同，但通入的气体物质本题，能形成燃料电池，故C错误；D. b极为正极，氧气在正极上发生还原反应，故D错误；故选B。
10.向FeCl3溶液中滴加2滴KSCN溶液，发生反应达到平衡Ⅰ。保持温度不变，仅改变某一个条件达到平衡Ⅱ，两次平衡时各物质的浓度如下：
Fe3＋(aq)＋3SCN－(aq)Fe(SCN)3(aq)
平衡Ⅰ/(mol·L－1) a b c
平衡Ⅱ/(mol·L－1) x y z
下列叙述不正确的是 ( )
A. 存在关系式：
B. 存在关系式：(a－x)∶(b－y)∶(z－c)＝1∶3∶1
C. 向溶液中加入少量铁粉，溶液颜色变浅
D. 当溶液中c(SCN－)保持不变时达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A. 温度不变，平衡常数不变，K==，故A正确；B. 根据上述平衡浓度可知，由于改变的条件未知，改变的体积可能是改变某一种离子的浓度，也可能是将溶液稀释等，因此无法判断 (a－x)∶(b－y)∶(z－c)的比值大小，故B错误；C. 向溶液中加入少量铁粉，发生2Fe3+ + Fe=3Fe2+，Fe3＋(aq)＋3SCN－(aq) Fe(SCN)3(aq)逆向移动，溶液颜色变浅，故C正确；D. 当溶液中c(SCN－)保持不变时，说明其他微粒的浓度也保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；故选B。
11.已知：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。对于下列稀溶液或固体之间的反应：
①HCl(aq)＋NH3·H2O (aq)===NH4Cl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－a kJ·mol－1
②HCl(aq)＋NaOH(s)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－b kJ·mol－1
③HNO3 (aq)＋NaOH (aq)===NaNO3 (aq)＋H2O(l) ΔH＝－c kJ·mol－1
下列有关a、b、c三者的大小关系中正确的是 ( )
A. a＞b＞c＞57.3 B. a＞b＝c＝57.3
C. b＞c＝57.4＞a D. 无法比较
【答案】C
【解析】
【分析】中和反应是放热反应，强酸和强碱的稀溶液反应生成可溶性盐与1mol水，放出的热量为57.3kJ。①氨水是弱碱，电离要消耗能量；②氢氧化钠固体溶于水放出大量的热；③强酸和强碱的稀溶液反应生成可溶性盐与1mol水，放出的热量为57.3kJ，据此解答。
【详解】①盐酸与氨水反应生成1mol水，因为氨水是弱碱，电离要消耗能量，所以放出的热量小于57.3kJ；②稀盐酸与氢氧化钠固体发生生成1mol水，由于氢氧化钠固体溶于水放出大量的热，所以放出的热量大于57.3kJ；③稀的硝酸与稀氢氧化钾溶液反应生成可溶性盐与1mol水，放出的热量为57.3kJ。所以三个反应的放出热量②＞③＞①，即b＞c＞a。故选C。
【点睛】考查中和反应反应热的判断，必须是强酸和强碱的稀溶液反应生成可溶性盐与1mol水，反应热才是57.3kJ/mol，如果是浓溶液会大于57.3kJ/mol，因为浓酸和浓碱稀释放热，如果是弱酸和弱碱会小于57.3kJ/mol，因为弱酸和弱碱电离需要吸热。
12.反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。又知：，判断下列说法正确的是( )
A. 该反应的ΔH＝＋115.6 kJ·mol－1
B. 断开1 mol H—O 键与断开1 mol H—Cl 键所需能量相差约为32 kJ
C. H2O中H—O 键比HCl中H—Cl键弱
D. 由所提供数据判断氯元素的非金属性比氧元素强
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-115.6 kJ/mol，故A错误；B．E(H-O)、E(HCl)分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4×E(H-Cl)+498kJ/mol-[2×243kJ/mol+4×E(H-O)]=-115.6kJ/mol，整理得，4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol，即E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=31.9kJ，故B正确；C．E(H-O)、E(HCl)分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4×E(H-Cl)+498kJ/mol-[2×243kJ/mol+4×E(H-O)]=-115.6kJ/mol，整理得，4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol，即E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=31.9kJ≈32kJ，H2O中H-O键比HCl中H-Cl键强，故C错误；D．根据C的分析可知，H2O中H-O键比HCl中H-Cl键强，说明H-O键比H-Cl键稳定，即非金属性O＞Cl，故D错误；故选B。
13.将氢气通入10 g 氧化铜粉末加热片刻，冷却后剩余固体的质量为8.4 g，下列计算正确的是
A. 有1.6 g 水生成
B. 有8.4 g 铜生成
C. 有80%的氧化铜被还原
D. 实验时所消耗的氢气不足0.2 g
【答案】C
【解析】
【分析】
发生的反应为H2+CuOH2O+Cu，固体减少的质量为O元素的质量，假设CuO完全被还原，则生成m（Cu）=＜8.4g，所以还有部分CuO未被还原，固体减少的质量=（10-8.4）g=1.6g，据此解答。
【详解】H2+CuOH2O+Cu 固体质量减少
2 80 18 64 16
x y z m 1.6
解得x＝0.2g，y＝8.0g，z＝1.8g，m＝6.4g。则
A. 有1.8 g 水生成，A错误；
B. 有8.0 g 铜生成，B错误；
C. 有的氧化铜被还原，C正确；
D. 由于需要利用氢气排尽装置中的空气，则实验时实际所消耗的氢气大于0.2 g，D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查根据方程式的计算，明确各个物理量之间的关系式即可解答，注意差量法的灵活应用。易错选项是D，很多同学只计算参加反应的氢气而导致错误，为易错点。
14.一定条件下，在体积为10 L的固定容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应过程如下图所示，下列说法正确的是

A. t1 min时正、逆反应速率相等
B. X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系
C. 0～8 min，H2的平均反应速率v(H2)=3/4 mol·L-1·min-1
D. 10～12 min，N2的平均反应速率v(N2)=0.25 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据该图像可知平衡时X的物质的量增加0.6mol，Y的物质的量减少1.2mol-0.3mol=0.9mol，0.6:0.9=2：3，说明X是氨气，Y是氢气。t1 min时X与Y的物质的量相等，但未达平衡，所以正逆反应的速率不相等，A错误；
B、根据A的分析可知X是氨气，X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系，B正确；
C、0～8 min，H2的平均反应速率v（H2）＝0.9mol/(10L×8min)＝0.01125 mol·L-1·min-1，C错误；
D、10～12 min，H2的平均反应速率为v（H2）＝（0.3-0.15）mol/(10L×2min)＝0.0075 mol·L-1·min-1，氮气的反应速率是氢气反应速率的1/3，则N2的平均反应速率为v（N2）＝0.0075 mol·L-1·min-1/3＝0.0025 mol·L-1·min-1，D错误；
答案选B。
15.为解决日益加剧的温室效应等问题,科学家正在研究建立如下图所示的二氧化碳新循环体系：

上述关系图能反映的化学观点或化学思想有 ( )
①化学变化中元素种类是守恒的；②燃烧时化学能可以转化为热能和光能；③光能或电能可以转化为化学能；④无机物和有机物可以相互转化；⑤二氧化碳也是一种重要的资源。
A. ①②③ B. ①②④⑤ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①由图可知，混合气分离出二氧化碳，水分解生成氢气，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源都遵循化学变化中元素种类守恒的原则，故①正确；②液化石油气、汽油、甲醇的燃烧、无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为甲醇等有机物都说明燃烧时化学能可以转化为热能和光能，故②正确；③水在光催化剂或电解生成氢气和氧气，体现了光能或电能可以转化为化学能，故③正确；④无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为汽油或甲醇等有机物，他们燃烧又生成二氧化碳等无机物，实现了无机物和有机物的相互转化，故④正确；⑤从图示中可以看出，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为汽油或甲醇等能源，二氧化碳在很多工业和农业中有大量的应用，所以二氧化碳也是一种重要的资源，故⑤正确；故选D。
【点睛】本题以信息给予的形式考查了二氧化碳的相关问题，解题的关键是理清其中的转化关系，紧扣题干信息结合相关化学知识。图中的关键步骤是以水通电分解得到的氢气和二氧化碳为原料在复合催化剂的作用下转化为汽油或甲醇等能源。
16.可逆反应:2NO22NO+O2在固定体积的密闭容器中反应,达到平衡状态的标志是 ( )
(1)单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
(2)单位时间内生成n mol O2的同时,生成2n mol NO
(3)用NO2 、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:2的状态
(4)混合气体的颜色不再改变的状态
(5)混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. 仅(1)(4)(5) B. 仅(2)(3)(5)
C. 仅(1)(3)(4) D. (1)(2)(3)(4)(5)
【答案】A
【解析】
【详解】(1)单位时间内生成n mol O2等效于消耗2n mol NO2同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，故正确；(2)单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO，只要反应发生就符合这个关系，故错误；(3)用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2：2：1的状态，只要反应发生就符合这个比，不能说明已达平衡状态，故错误；(4)混合气体的颜色不再，说明二氧化氮的物质的量浓度不变，生成与消耗的速率相等，正逆反应速率相等，故正确；(5)混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明总物质的量不变，正逆反应速率相等，故正确；故选A。
17.可逆反应： 2 A(g) + B(g) 3 C(g) + D(g)。试根据下图判断正确的是

A. 温度T1℃ 比 T2℃高
B. 正反应为放热反应
C. 甲图纵轴可以表示A的转化率
D. 甲图纵轴可以表示混合气体平均相对分子质量
【答案】C
【解析】
A项，分析图乙，温度越高，化学反应速率越快，先达到平衡状态，所以T1℃比T2℃低，故A错误；B项，升高温度，A的百分含量减小了，即升温平衡正向移动，所以该反应的正方向为吸热反应，故B错误；C项，分析甲图，增大压强，化学反应速率加快，先达到平衡状态，所以P2大于P1，加压，化学平衡逆向移动，A的转化率减小，所以甲图纵轴可以表示A的转化率，故C正确；D项，增大压强，化学平衡逆向移动，气体总分子数减小，气体总质量不变，所以混合气体平均相对分子质量增大，所以甲图纵轴不能表示混合气体平均相对分子质量，故D错误。
点睛：本题以图像的形式考查影响化学平衡和化学反应速率的因素，注意：①掌握温度、压强等影响化学反应速率和化学平衡移动的外因，并能灵活运用；②会看图像，关注曲线的特殊点，通过分析图像得出速率快慢情况及化学平衡移动情况。
18.对于反应：4CO(g)＋2NO2(g)4CO2(g)＋N2(g) △ H＝－1200 kJ·mol－1，温度不同 (T2>T1),其他条件相同时，下列图像正确的是（  ）

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
升高温度正逆反应速率都发生突变，故A错误；升高温度速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故B正确；增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数减小，故C错误；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误。
19.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq) + I一(aq)I3一(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数值如下表：
t/℃

5

15

25

35

50

K

1100

841

680

533

409

下列说法正确的是
A. 反应I2(aq)＋I一(aq)I3－(aq)的△H>0
B. 利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质
C. 在上述体系中加入苯，平衡不移动
D. 25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于680
【答案】B
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，温度越大平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；B．硫难溶于水，而碘单质与I-形成I3-而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故B正确；C．加入苯，碘能溶于苯，这样水中碘的浓度变小，平衡向逆左移动，故C错误；D．加入KI固体，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，加入少量KI固体，平衡常数K不变，故D错误；故选B。
20.W、X、Y、Z、M、G五种短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，可形成离子化合物ZW；Y、M同主族，可形成MY2，MY3两种分子；X的气态氢化物水溶液呈碱性。请回答下列问题:
（1）Y在元素周期表中的位置为___________；
（2） W、Y、Z、G形成的简单离子的半径大小顺序是___________(用化学符号表示)
（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有________ (任写两个)
（4）ZW的电子式为___________，W2Y2的电子式为______
（5）MY2和G2均能使品红溶液褪色，常温常压下若将相同体积的MY2和G2气体同时通入品红溶液，请用相关离子方程式解释原因________。
（6）已知
化合物
MgO
Al2O3
MgCl2
AlCl3
类型
离子化合物
离子化合物
离子化合物
共价化合物
熔点/℃
2800
2050
714
191
工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是是___________ ；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是___________ 。
（7）最近意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如右图所示，已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1 mol N≡N放出942kJ热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是___________ 。

A．N4属于一种新型化合物 B．N4晶体熔点高，硬度大
C．相同质量的N4的能量高于N2 D．1molN4转变为N2将吸收882kJ的能量
【答案】 (1). 第二周期第VIA族 (2). Cl－﹥N3－﹥O2－﹥Na+ (3). O3、Cl2、ClO2任选两个 (4). (5). (6). SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2CI-+4H+ (7). 氧化镁熔点高，耗能多 (8). 氯化铝是共价化合物，熔融时不导电 (9). C
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z、M、G五种短周期主族元素，原子序数依次增大．X元素的气态氢化物水溶液呈碱性，则X为氮元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，则M为S元素、Y为氧元素；G原子序数大于S原子序数，则G为Cl元素；W、Z同主族，可形成离子化合物ZW，则W为H元素、Z为Na。
【详解】根据上述分析，W为H元素、X为氮元素、Y为氧元素、Z为Na元素、M为S元素、G为Cl元素。
(1)Y为O元素，在元素周期表中的位置为：第二周期第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：Cl-＞N3-＞O2-＞Na+，故答案为：Cl-＞N3-＞O2-＞Na+；
(3)Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有：O3、Cl2、ClO2，故答案为：O3、Cl2、ClO2；
(4)ZW为NaH，电子式为，H2O2的电子式为， 故答案为：；；
(5)常温常压下若将相同体积的SO2和Cl2气体同时通入品红溶液，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+，二者恰好反应，没有剩余，品红溶液不褪色，故答案为： SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+；
(6)工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是：氧化镁熔点高，耗能多；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是：氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，故答案为：氧化镁熔点高，耗能多；氯化铝是共价化合物，熔融时不导电；
(7)A．N4由N元素组成，是一种单质，故A错误；B．N4晶体属于分子晶体，分子晶体的熔点一般较低，硬度较小，故B错误；C．1molN4气体中含有0.6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，所以相同质量的N4的能量高于N2，故C正确；D．1molN4气体中含有0.6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，故应为放出882kJ热量，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点为W和Z元素的推导，易错点为(6)，要知道二者的晶体类型不同。
21.汽车尾气中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃烧所产生的CO。为了减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH = a kJ·mol-1。为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t1℃下，在一定容的密闭容器中，某科研机构用气体传感器测得了不同时间的NO和CO的浓度如下表（CO2和N2的起始浓度均为0）。
时间 (s)
0
1
2
3
4
5
c(NO)/10-4mol/L
10.0
4.50
2.50
1.50
1.00
1.00
c(CO)/10-3mol/L
3.60
3.05
2.85
2.75
2.70
2.70
回答下列问题：
（1）在上述条件下该反应能自发进行，则正反应必然是_______反应（填“放热”或“吸热”）。
（2）前3s内的平均反应速率υ(N2)=___________，t1℃时该反应的平衡常数K=________。
（3）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时改变下列条件，能提高NO转化率的是_______。
A．选用更有效的催化剂 B．升高反应体系的温度
C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的体积
（4）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=＋180.5 kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2＝－221.0 kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3＝－393.5 kJ·mol-1
则处理汽车尾气反应中的a=__________。
（5）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，有关反应为：C(s)+2NO(g) CO2(g)+N2(g) ΔH4。向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，在t2℃下反应，有关数据如下表：

NO
N2
CO2
起始浓度/mol·L-1
0.10
0
0
平衡浓度/mol·L-1
0.04
0.03
0.03
平衡后升高温度，再次达到平衡测得容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3，则ΔH4_______0（填“ >”、“=”或“