2021-2022学年河南省驻马店市新蔡第一高级中学高二（下）半月考化学试卷（5月份）（含答案解析）

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2021-2022学年河南省驻马店市新蔡第一高级中学高二（下）半月考化学试卷（5月份）
1. 下列各组热化学方程式中，化学反应的反应热△H前者大于后者的是(    )
①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1
C(s)+12O2(g)=CO(g)△H2
②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)△H3
2C3H8(g)+10O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)△H4
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H5
NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H6
A. ① B. ①③ C. ②③ D. ①②③
2. 下列说法正确的是(    )
A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
B. 甲烷的标准燃烧热为890.3kJ⋅mol−1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=−890.3kJ⋅mol−1
C. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件和点燃条件下的△H相同
D. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−38.6kJ⋅mol−1
3. 等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反应：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)+W(s)△Hp2，则此反应的系数：a+1c(H+)>c(RO32−)>c(OH−)
B. c(Na+)+c(H+)=c(HRO3−)+c(RO32−)+c(OH−)
C. c(RO32−)+c(HRO3−)+c(H2RO3)=c(Na+)
D. 两溶液中c(Na+)、c(HRO3−)、c(RO32−)分别相等
10. 氯碱工业的一种节能新工艺是将电解池与燃料电池相组合，相关物料的传输与转化关系如图所示(电极未标出)。下列说法正确的是(    )
A. 电解池的阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−
B. 通入空气的电极为负极
C. 电解池中产生2molCl2时，理论上燃料电池中消耗0.5molO2
D. a、b、c的大小关系为a>b=c
11. 250mLK2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42−)=0.5mol⋅L−1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到1.12L气体(标准状况下)。假定电解后溶液体积仍为250mL，下列说法不正确的是(    )
A. 电解得到Cu的质量为3.2g B. 上述电解过程中共转移电子0.2mol
C. 电解后的溶液中c(H+)=0.2mol⋅L−1 D. 原混合溶液中c(K+)=0.6mol⋅L−1
12. 生物燃料电池(BFC)是以有机物为燃料，直接或间接利用酶作为催化剂的一类特殊的燃料电池，其能量转化率高，是一种真正意义上的绿色电池，其工作原理如图所示．已知C1极的电极反应方程式为：C2H5OH+3H2O−12e−=2CO2+12H+.下列说法不正确的是(    )

A. C1极为电池负极，C2极为电池正极
B. C2极的电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O
C. 该生物燃料电池的总反应方程式为C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O
D. 电子由C2极经外电路导线流向C1极
13. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中基态W原子的s能级电子总数是p能级电子总数的2倍，Y与W同主族，X的最简单氢化物的水溶液呈碱性，基态Z原子的核外电子中只有一个未成对电子。下列说法错误的是(    )
A. 电负性：Z>W>Y B. 最简单氢化物的沸点：X>W>Z
C. 原子半径：Y>W>X D. Z的单质具有强氧化性
14. 下列说法中正确的是(    )
A. 沸点：PH3>NH3>H2O
B. CO2分子中的化学键为非极性键
C. NH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp2
D. NH4+为正四面体结构，可推测出PH4+也为正四面体结构
15. CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中含有的中哑铃形C22−的存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是(    )
A. 1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22−数目为6
B. 该晶体中的阴离子与F2是等电子体
C. 6.4克CaC2晶体中含阴离子0.1mol
D. 与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个

16. 下面的排序不正确的是(    )
A. 晶体熔点由低到高：CF4Mg>Al
D. 晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI
17. (1)甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效、具有优良的环保性能，甲醚是一种无色气体，具有轻微的醚香味，其燃烧热为1455kJ⋅mol−1。写出甲醚燃烧的热化学方程式 ______；
(2)在恒温(500K)、体积为2.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1molH2发生合成氨反应，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的总物质的量为1.6mol。
①从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率υ(NH3)=______；达平衡时N2的转化率为 ______；平衡时H2的浓度是 ______；
②写出N2和H2合成氨气的热化学方程式 ______；
③若拆开1molH−H键和1molN≡N键需要的能量分别是436kJ和946kJ，则拆开1molN−H键需要的能量是 ______kJ；
④判断该反应达到平衡状态的依据是 ______。
A.单位时间内消耗1molN2的同时消耗了3molH2
B.单位时间内断裂1molN≡N的同时断裂了6molN−H
C.υ正(N2)=υ逆(NH3)
D.NH3的物质的量分数不再随时间而变化
E.容器内气体的压强不再随时间而变化的状态
F.容器内气体的密度不再随时间而变化的状态
G.c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2
18. 运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)CO还原NO的脱硝反应：2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H
已知：CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H1=−226kJ⋅mol−1
N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=+68kJ⋅mol−1
N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H3=+183kJ⋅mol−1
脱硝反应△H=______，有利于提高NO平衡转化率的条件是______。(写出两条)
(2)某温度下，向体积为2L的恒容容器中通入2.00molNO2，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=−57.0kJ⋅mol−1，已知：v正(NO2)=k1⋅c2(NO2)，v逆(N2O4)=k2⋅c(N2O4)，其中k1、k2为速率常数。测得NO2的体积分数[φ((NO2)]与反应时间(t)的关系如表：
t/min
0
20
40
60
80
φ((NO2)
1.0
0.75
0.52
0.50
0.50
则①平衡时，c(N2O4)=______。(计算结果保留一位小数)
②K1K2的数值为______。
(3)用间接电化学法除去NO的过程，如图所示。

①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4∼7之间，写出阴极的电极反应式：______。
②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：______。
19. 铝是应用广泛的金属，以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：

注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为______。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH______ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是______。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。

阳极的电极反应式为______，阴极产生的物质A的化学式为______。
(5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是______。
20. 元素X是地壳中含量最多的元素；元素Y基态原子的3p 轨道上有4个电子；元素Z 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2.
(1)X基态原子的电子排布式为 ______ .
(2)X的氢化物(H2X)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是 ______ .
(3)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是 ______ .
(4)Y与X 可形成YX32−
①YX32−的空间构型为 ______ (用文字描述).
②写出一种与YZ32−互为等电子体的分子的化学式 ______ .
(5)Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如右图所示，该化合物的化学式为 ______ .其晶胞边长为540.0pm，密度为 ______ g⋅cm−3(列式并计算)，a位置Y 与b位置Z之间的距离为 ______ pm(列式表示).
(6)Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，2mol该配合物中含有σ键的数目为 ______ .
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：①C的燃烧反应为放热反应，即△H△H1，故①不符合题意；
②C3H8的燃烧反应为放热反应，即△H△H4，故②符合题意；
③水的分解为吸热反应，即△H>0，后者的酸碱中和反应为放热反应，即△H△H6，故③符合题意；
综上分析，②③符合题意，即C正确；
故选：C。
①②为放热反应，焓变△H0，放热反应△Hc，故B错误；
C、在图②中，t0时刻v(逆)瞬间增大，改变的条件或为增大C的浓度，或为增大压强，或为升高温度；若移走部分生成物C，v(逆)会因浓度的减小而减小，故C错误；
D、在图②中，在d之前，v(逆)逐渐减小，v(正)逐渐增大，直至v(逆)=v(正)，达到平衡状态，对应各点的正反应速率最大的是d，故D正确；
故选：D。
A、根据图①可知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低；
B、恒定温度时压强越大，α(A)越大；
C、若移走部分生成物C，逆反应速率会减小；
D、达平衡前，v(逆)逐渐减小，v(正)逐渐增大。
本题涉及图象的分析及化学平衡的移动和反应进行的方向等知识点，侧重考查学生分析判断能力，通过图象中数据的变化判断化学平衡移动的方向是解题的关键，题目难度不大。

5.【答案】B 
【解析】解：A.4min内Y物质的量变化为0.15mol−0.11mol=0.04mol，故v(Y)=0.04mol10L4min=0.001mol/(L⋅min)，速率之比等于化学计量数之比，故v(Z)=4v(Y)=4×0.001mol/(L⋅min)=0.004mol/(L⋅min)，故A错误；
B.其他条件不变，再充入X、Y各0.15mol，相当于增大压强，缩小体积，平衡逆向移动，重新平衡时n(Z)Ka2(H2X)=x(X2−)c(HX−)×c(H+)，pH相同时x(X2−)c(HX−)pc(HX−)c(H2X)，则m、n分别表示pH与px(X2−)c(HX−)、pc(HX−)c(H2X)的变化关系。
A.根据分析可知，n表示pH与pc(HX−)c(H2X)的变化关系，故A正确；
B.曲线n表示pH与pc(HX−)c(H2X)的变化关系，N点pH=7.4，pc(HX−)c(H2X)=−lgc(HX−)c(H2X)=−1，c(HX−)c(H2X)=10，Ka1(H2X)=c(HX−)c(H2X)×c(H+)=10×10−7.4=10−6.4，故B错误；
C.N点pH=9.3，c(H+)=10−9.3mol/L，px(X2−)c(HX−)=−lgx(X2−)c(HX−)=1，则x(X2−)c(HX−)=0.1，所以Ka2(H2X)=x(X2−)c(HX−)×c(H+)=10−9.3×0.1=1.0×10−10.3；根据B选项可知：Ka1(H2X)=c(HX−)c(H2X)×c(H+)=10×10−7.4=10−6.4，所以HX−的电离平衡常数Kh=KWKa1=10−1410−6.4=1.0×10−7.6>1.0×10−10.3，说明HX−的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液呈碱性，即c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.当溶液呈中性时：c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(HX−)+2c(X2−)+c(Cl−)，故D正确。  
7.【答案】C 
【解析】解：向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2−=CuS↓，Cu2+单独存在或S2−单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq)，已知此时−lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2−)=10−17.7mol/L，
A.Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)=c(Na+)，故A错误；
B.Cu2+单独存在或S2−单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故B错误；
C.该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2−)=10−17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)⋅c(S2−)=10−17.7mol/L×10−17.7mol/L=10−35.4mol2/L2，故C正确；
D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol⋅L−1的混合溶液中逐滴加入10−3 mol⋅L−1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2−浓度为c(S2−)=Ksp(ZnS)c(Zn2+)=3×10−250.1mol/L=3×10−24mol/L，产生CuS时需要的S2−浓度为c(S2−)=Ksp(CuS)c(Cu2+)=10−35.40.1mol/L=10−34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2−浓度更小，优先产生CuS沉淀，故D错误。
故选：C。

本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，题目难度中等，注意守恒思想的运用。

8.【答案】B 
【解析】解：强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF=HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，所以这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸>亚硝酸>氢氰酸，
A.通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，故A正确；
B.通过以上分析知，亚硝酸的酸性大于氢氰酸，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10−4，故B错误；
C.根据强酸制取弱酸知，由①③两个反应即可知三种酸的相对强弱，故C正确；
D.亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，故D正确；
故选：B。
相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，结合强酸制取弱酸分析解答．
本题考查了酸性强弱的判断，明确电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，难度不大．

9.【答案】C 
【解析】解：A.NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3−电离程度大于水解程度，c(H+)>>c(OH−)，NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3−水解沉淀大于电离程度，c(OH−)>c(H+)，故A错误；
B.由溶液呈电中性有电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)=c(HRO3−)+2c(RO32−)+c(OH−)，故B错误；
C.根据化学式NaHRO3得物料守恒关系：c(Na+)=c(HRO3−)+c(RO32−)+c(H2RO3)，故C正确；
D.同浓度的两溶液中，c(Na+)相等，c(HRO3−)不一定相等，c(SO32−)>c(CO32−)，故D错误；
故选C.
NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3−电离程度大于水解程度，NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3−水解沉淀大于电离程度，
两溶液中发生的过程相似，①溶质电离：NaHRO3=Na++HRO3−，②HRO3−电离：HRO3−⇌H++RO32−，
③HRO3−水解：HRO3−+H2O⇌H2RO3+OH−，④水电离：H2O⇌H++OH−.
由溶液呈电中性有电荷守恒关系(a)：c(Na+)+c(H+)=c(HRO3−)+2c(RO32−)+c(OH−)；
据化学式NaHRO3得物料守恒关系(b)：c(Na+)=c(HRO3−)+c(RO32−)+c(H2RO3)；
(a)−(b)得质子守恒关系(c)：c(H+)+c(H2RO3)=c(RO32−)+c(OH−).
对NaHSO3溶液，过程②的程度大于③，有c(Na+)>c(HSO3−)>c(H+)>c(SO32−)>c(OH−)；
对NaHCO3溶液，过程③的程度大于②，有c(Na+)>c(HCO3−)>c(OH−)>c(CO32−)>c(H+).
同浓度的两溶液中，c(Na+)相等，c(HRO3−)不一定相等，c(SO32−)>c(CO32−).
本题考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，注意从守恒的角度分析，还要注意题目要求，即“浓度均为浓度均为0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液中均存在的关系”此为解答该题的关键之处，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．

10.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查原电池与电解池，明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，注重基础知识的考查，题目难度不大．
【解答】
由图可知，燃料电池的负极反应为2OH−+H2−2e−=2H2O，正极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−；电解饱和食盐水，阴极发生2H2O+2e−=H2↑+2OH−，结合阳离子交换膜只允许阳离子通过及电子守恒来解答．
A.电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，在氢氧化钠溶液中，电解池的阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故A正确；
B.由燃料电池的工作原理可知，负极是燃料氢气发生失电子的氧化反应，正极为通入空气的电极，故B错误；
C.电解池中产生Cl2，由O2+4e−+2H2O=4OH−、4Cl−−4e−=2Cl2↑，根据电子守恒得到2Cl2∼O2，则电解池中产生2molCl2，理论上燃料电池中消耗1molO2，故C错误；
D.燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH−，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%Z>W，故B错误；
C.同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：Y>W>X，故C正确；
D.Z的单质为氯气，氯气具有强氧化性，故D正确；
故选：B。
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中基态W原子的s能级电子总数是p能级电子总数的2倍，其原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，结合原子序数可知，W只能为C元素；Y与W同主族，则Y为Si元素；X的最简单氢化物的水溶液呈碱性，则X为N元素；基态Z原子的核外电子中只有一个未成对电子，其原子序数大于Si，则Z为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构、物质性质推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

14.【答案】D 
【解析】解：A、含有氢键的氢化物的沸点较高，分子间形成氢键数目越多，沸点越高，所以沸点：PH3NaI，故D正确；
故选：C。
本题考查晶体熔沸点的比较，明确晶体类型及不同类型晶体熔沸点的比较方法是解答本题的关键，选项C为解答的难点，题目难度中等．

17.【答案】CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=−1455kJ/mol0.01mol⋅L−1⋅min−1  20%0.2mol/LN2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ/mol391BDE 
【解析】解：(1)101kPa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量称为该物质的燃烧热，甲醚的燃烧热为1455kJ/mol，则甲醚燃烧的热化学方程式为CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=−1455kJ/mol，
故答案为：CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=−1455kJ/mol；
(2)设从起始到平衡消耗N2物质的量为xmol，则
                  N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始(mol)110
转化(mol)x3x2x
平衡(mol)1−x1−3x2x
反应达到平衡时混合气体总物质的量为1.6mol，则1−x+1−3x+2x=1.6，解得x=0.2，平衡时N2、H2、NH3物质的量依次为0.8mol、0.4mol、0.4mol；
①从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率υ(NH3)=△c(NH3)△t=0.4mol2L⋅20min=0.01mol⋅L−1⋅min−1；达平衡时N2的转化率为0.2mol1mol×100%=20%；平衡时H2的浓度为0.4mol2L=0.2mol/L，
故答案为：0.01mol⋅L−1⋅min−1；20%；0.2mol/L；
②消耗0.2molN2放出18.4kJ的热量，则消耗1molN2放出的热量为92kJ，N2和H2合成氨气的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ/mol，
故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ/mol；
③N2和H2合成氨气的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=−92kJ/mol，ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则ΔH=−92kJ/mol=946kJ/mol+3×436kJ/mol−6E(N−H)，解得E(N−H)=391kJ/mol，则拆开1molN−H键需要的能量是391kJ，
故答案为：391；
④A.单位时间内消耗 1molN2的同时消耗了 3molH2，只表示正反应，不能说明反应达到平衡状态，故A不选；
B.单位时间内断裂 1molN≡N的同时断裂了 6molN−H，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B选；
C.υ正(N2)=υ逆(NH3)时正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C不选；
D.NH3的物质的量分数不再随时间而变化，说明各物质的浓度不变，是反应达到平衡状态的特征标志，故D选；
E.该反应的正反应是气体物质的量减小的反应，建立平衡的过程气体物质的量减小，在恒温恒容的容器中，容器内气体的压强减小，达到平衡时气体物质的量不变，容器内气体的压强不变，即容器内气体的压强不再随时间而变化能说明反应达到平衡状态，故E选；
F.根据质量守恒定律，容器内气体的质量始终不变，容器的容积不变，则容器内气体的密度始终不变，则容器内气体的密度不再随时间而变化的状态不能说明反应达到平衡状态，故F不选；
G.达到平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，即 c(N2)： c(H2)： c(NH3)=1：3：2时反应不一定达到平衡状态，故G不选；
故答案为：BDE。
(1)101kPa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量称为该物质的燃烧热，甲醚的燃烧热为1455kJ/mol，注意标注各物质的状态；
(2)设从起始到平衡消耗N2物质的量为xmol，则
                  N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始(mol)110
转化(mol)x3x2x
平衡(mol)1−x1−3x2x
反应达到平衡时混合气体总物质的量为1.6mol，则1−x+1−3x+2x=1.6，解得x=0.2，平衡时N2、H2、NH3物质的量依次为0.8mol、0.4mol、0.4mol；
①υ=△c△t；转化率为转化量起始量×100%；浓度为c=nV；
②消耗0.2molN2放出18.4kJ的热量，则消耗1molN2放出的热量为92kJ，结合物质状态书写；
③根据ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算；
④判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆(同物质)，Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据。
本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、化学反应速率影响因素等知识，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，把握化学平衡状态的判断方法及化学平衡的计算解题关键，注意掌握理解化学平衡状态的判定，题目难度中等。

18.【答案】−750kJ/mol降低温度、增大压强(缩小容器体积)、增大CO浓度等  0.3mol/L62HSO3−+2H++2e−=S2O42−+2H2O2S2O42−+2NO+2H2O=N2+4HSO3− 
【解析】解：(1)已知：①CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H1=−226kJ⋅mol−1
②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=+68kJ⋅mol−1
③N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H3=+183kJ⋅mol−1
根据盖斯定律可知2×①+②−2×③即得到脱硝反应2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H=(−226kJ⋅mol−1)+68kJ⋅mol−1−2×183kJ⋅mol−1=−750kJ/mol；由于该反应是体积减小的放热反应，则有利于提高NO平衡转化率的条件是降低温度、增大压强(缩小容器体积)、增大CO浓度等，
故答案为：−750kJ/mol；降低温度、增大压强(缩小容器体积)、增大CO浓度等；
(2)①根据表中数据可知平衡时φ((NO2)=0.5,则根据三段式可知
                  2NO2(g)=N2O4(g)，
起始(mol/L)10
转化(mol/L)2xx
平衡(mol/L)0.20−2xx
x1−2x+x=0.5，解得x=13，所以平衡时c(N2O4)=13mol/L≈0.3mol/L，
故答案为：0.3mol/L；
②平衡时正逆反应速率相等，根据v正(NO2)=k1⋅c2(NO2)，v逆(N2O4)=k2⋅c(N2O4)可知k1⋅c2(NO2)=2k2⋅c(N2O4)，
则k1k2=2c(N2O4)c2(NO2)=2×13(13)2=6，
故答案为：6；
(3)①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4∼7之间，由图可知，阴极上是HSO3−获得电子生成S2O42−，酸性条件下还生成水，电极反应式为：2HSO3−+2H++2e−=S2O42−+2H2O，
故答案为：2HSO3−+2H++2e−=S2O42−+2H2O；
②吸收池中S2O42−与NO反应生成N2与HSO3−，反应离子方程式为：2S2O42−+2NO+2H2O=N2+4HSO3−，
故答案为：2S2O42−+2NO+2H2O=N2+4HSO3−。
(1)已知：①CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H1=−226kJ⋅mol−1
②N2(g)+2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=+68kJ⋅mol−1
③N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H3=+183kJ⋅mol−1
利用盖斯定律将2×①+②−2×③可得脱硝反应2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H；
由于该反应是体积减小的放热反应，则降低温度、增大压强可使平衡正向移动；
(2)①根据表中数据可知平衡时φ((NO2)=0.5,则根据三段式可知
                  2NO2(g)=N2O4(g)，
起始(mol/L)10
转化(mol/L)2xx
平衡(mol/L)0.20−2xx
x1−2x+x=0.5，解得x=13，以此计算；
②平衡时正逆反应速率相等，根据v正(NO2)=k1⋅c2(NO2)，v逆(N2O4)=k2⋅c(N2O4)可知k1⋅c2(NO2)=2k2⋅c(N2O4)，以此计算；
(3)①由图可知，阴极上是HSO3−获得电子生成S2O42−，酸性条件下还生成水；
②吸收池中S2O42−与NO反应生成N2与HSO3−。
本题综合考查化学反应原理知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握化学平衡的计算思路，把握影响平衡移动的因素以及原电池反应原理，题目难度中等。

19.【答案】(1)Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
(2)减小
(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(4)4CO32−+2H2O−4e−=4HCO3−+O2↑；H2 
(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 
【解析】
【分析】
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等。
【解答】
以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤Ⅱ得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解Ⅱ为电解Na2CO3溶液，结合图可知，Na2CO3溶液经电解后可以再生成NaHCO3和NaOH进行循环利用。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O；
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH−>AlO2−>CO32−，可知溶液的pH减小，故答案为：减小；
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化，
故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；
(4)由图可知，阳极反应为4CO32−+2H2O−4e−=4HCO3−+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2，
故答案为：4CO32−+2H2O−4e−=4HCO3−+O2↑；H2； 
(5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。  
20.【答案】1s22s22p4；水分子与乙醇分子之间形成氢键；sp3；三角锥型；NF3；ZnS；4.1；2701−cos109∘28′；32NA 
【解析】解：元素X是地壳中含量最多的元素，所以X是O元素，元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素，元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素，
(1)X为O，则基态原子的电子排布式为1s22s22p4，故答案为：1s22s22p4；
(2)H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，其原因是水分子与乙醇分子之间形成氢键，故答案为：水分子与乙醇分子之间形成氢键；
(3)H2S分子中，S原子的价层电子数=6+22=4，所以S原子的轨道的杂化类型是sp3杂化，
故答案为：sp3；
(4)①SO32−中S原子的价层电子数=4+12(6+2−4×2)=4，且有一对孤电子对，所以是三角锥型结构，故答案为：三角锥型；
②与SO32−互为等电子体的分子是NF3，故答案为：NF3；
(5)该晶胞中Z离子数目=8×18+6×12=4，Y离子数目为4；则Z、Y离子个数之比=4：4=1：1，则化学式为ZnS，
该晶胞的边长为540.0pm=5.4×10−8cm，则体积为1.57×10−22cm3，该物质的密度=MNA×4V=(65+32)×4NA1.57×10−22g⋅cm−3=38894.5g⋅cm−3=4.1g⋅cm−3，
每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109∘28′，两个白球之间的距离=2702pm，设S2−离子与Zn2+离子之间的距离为x，2x2−2x2cos109∘28′=(2702)2，x=(2702)22(1−cos109∘28′)=2701−cos109∘28′pm；
故答案为：ZnS；4.1g⋅cm−3；2701−cos109∘28′；
(6)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，一个化学式[Zn(NH3)4]Cl2中含有16个σ键
，则2mol该配合物中含有σ键的数目32NA，故答案为：32NA；
元素X是地壳中含量最多的元素，所以X是O元素，元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素，元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；据此答题．
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、化学式确定、原子杂化方式判断、配位键等知识点，熟练掌握基础知识并灵活运用基础知识解答问题是解本题关键，难点是晶胞、配位数的计算，题目难度中等．