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【化学】广西壮族自治区宾阳县宾阳中学2018-2019学年高一4月段考（理）试卷（解析版）
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广西壮族自治区宾阳县宾阳中学2018-2019学年高一4月段考（理）试卷
1.学习化学的目的是运用化学知识解释日常生活中的现象，分析和解决生产生活中的实际问题．下列说法中你认为不正确的是（ ）
A. 搅拌能加快蔗糖在水中的溶解，其原因是增大了蔗糖的溶解度
B. 天气闷热时，鱼塘的鱼会接近水面游动，原因是温度高，氧气的溶解度小
C. 夏天，铜制眼镜架表面出现的绿色物质主要成分[Cu2(OH)2CO3]，可用稀盐酸除去
D. 敞口放置的酒精没有燃烧的原因是温度没有达到酒精的着火点
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度一定时，固体溶解度是不变的，A错误；
B．气体的溶解度随温度的升高而减小，B正确；
C．铜绿可以与盐酸反应而溶解，从而除去铜锈，C正确；
D．可燃物燃烧必须具备两个条件：一是和氧气接触，二是达到着火点。把容器敞口，但没有达到酒精的着火点，酒精也不会燃烧，D正确。
答案选A。
2.下表是元素周期表的一部分。X、Y、Z、W均为短周期元素，X、W的质子数之和为23，下列说法正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. X元素最多可形成五种氧化物
B. W元素的非金属性比Z元素非金属性弱
C. Z和X能以共价键结合形成一种无机非金属材料
D. Y元素的最高价氧化物的水化物是含氧酸中酸性最强的
【答案】C
【解析】
【分析】短周期的一部分，则X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设X的原子序数为x，则W的原子序数为x+9，由X、W的质子数之和为23，所以x+x+9＝23，解得x＝7，即X为N，Y为F，Z为Si，W为S，据此判断。
【详解】A．N元素可形成N2O、NO、NO2、N2O3、N2O4、N2O5等六种氧化物，A错误；
B．同周期非金属性从左向右增强，则非金属性W＞Z，B错误；
C．Z和X能以共价键结合形成一种无机非金属材料为氮化硅，C正确；
D．Y为F，没有正价，没有含氧酸，D错误。
答案选C。
【点睛】选项D是解答的易错点，注意并不是所有的非金属均存在含氧酸，在常见的非金属元素中O没有最高价，F没有正价。
3.按微粒半径递增顺序排列一组原子或离子是（ ）
A. 、、 B. O、P、S
C. F、F－、Ca2＋ D. 、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．电子层数多的半径大，故O2－半径最小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2－>K＋，A不符合；
B．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径O
【点睛】微粒半径的大小比较：一看电子层数：同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；三看电子数：在电子层数和核电荷数均相同时，电子数越多，半径越大。
4.下列各组物质，化学键类型相同是（ ）
A. KI、 B. 、
C. 、NaCl D. 、
【答案】B
【解析】
【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。据此判断。
【详解】A．碘化钾中只含离子键，四氯化碳中只含非极性共价键，A错误；
B．二氧化碳和二氧化硅中都只含极性共价键，B正确；
C．氯化铵中含离子键和极性共价键，氯化钠中只含离子键，C错误；
D．氢氧化钠中含离子键和极性共价键，过氧化钠中含离子键和非极性共价键，D错误。
答案选B。
5.在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，经测定反应开始后的2s内氢气的平均速率：ν(H2)=0.45mol/(L·s)，则2s末NH3的浓度为（ ）
A. 0.45mol/L B. 0.40mol/L
C. 0.55mol/L D. 0.60mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，2s内氢气的平均速率：v(H2)＝0.45mol/(L·s)，利用速率之比等于化学计量数之比可知v(NH3)＝2/3×ν(H2)＝2/3×0.45mol/(L⋅s)＝0.3mol/(L⋅s)，故2s末NH3的浓度为0.3mol/(L·s)×2s=0.6mol/L。答案选D。
6.请问下列叙述，不正确的是（ ）
A. 具有相同核电荷数原子或单核离子一定是同种元素
B. 质量数相同的原子其化学性质一定相同
C. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物
D. 含有离子键的化合物一定是离子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A、元素是一类具有相同核电荷数原子的总称，故具有相同核电荷数的原子或单核离子一定是同种元素，A正确；
B、化学性质取决于最外层电子数，与质量数无关，如14C和14N，质量数相同，化学性质不同，B错误；
C、离子化合物中可能含共价键，如NaOH为离子化合物含共价键，C正确；
D、化合物中只要含有离子键就肯定属于离子化合物，D正确。
答案选B。
7. 下列叙述正确的是（ ）
A. 若两种不同的核素具有相同的中子数，则二者一定不属于同种元素
B. 第IA族元素又称碱金属，其单质都可以和水反应生成对应的碱
C. 若两种元素原子的最外层电子数相同，则两元素的最高正价一定相同
D. 第三周期非金属元素氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强
【答案】A
【解析】试题分析：A、若两种不同的核素具有相同的中子数，如果二者的质子数相同，则二者就是同一种核素，因此二者的质子数不可能相等，所以二者一定不属于同种元素，A正确；B、第IA族元素中的H不是碱金属，氢气也和水不反应，B不正确；C、若两种元素原子的最外层电子数相同，则两元素的最高正价不一定相同，例如F没有正价，Cl的最高价是＋7价，C不正确；D、第三周期非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强，D不正确，答案选A。
考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用
8.根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中正确的是（ ）
A. 根据同主族元素性质的相似性，推出Tl2O3是两性氧化物
B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
C. Sr(锶)与Ca(钙)相比，Ca(钙)与酸反应更剧烈
D. 化合物PH4I在加热时此化合物可以分解
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化铝是两性氧化物，Tl与Al同主族，同主族自上而下金属性增强，Tl的金属性比Al强，Tl2O3可能不是两性氧化物，故A错误；
B．氟元素没有正化合价，故B错误；
C．同主族自上而下金属性增强，锶与酸反应更剧烈，故C错误；
D．P与N同主族，性质相近，铵盐受热易分解，因此推断PH4I受热可分解，故D正确。
答案选D。
【点睛】明确同主族、同周期元素性质的递变规律是解答的关键，注意同主族、同周期元素性质的相似性、递变性，尤其要注意共性与个性。
9.下列事实不能判断元素的金属性或非金属性相对强弱的是（ ）
A. 钠和镁分别与冷水反应，判断钠和镁金属性强弱
B. Br2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属性强弱
C. 硅酸钠溶液中通入CO2产生白色沉淀，判断碳酸与硅酸的酸性强弱
D. 在MgCl2与AlCl3溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属性强弱
【答案】D
【解析】
【详解】A、钠与冷水比镁与冷水反应剧烈，因此钠的金属性强于镁，故A正确；
B、卤素单质与氢气化合越容易，非金属性越强，所以能根据Br2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属性强弱，故B正确；
C、CO2通入硅酸钠溶液，发生强酸制取弱酸的反应，生成硅酸沉淀，可知碳酸的酸性大于硅酸，故C正确；
D、元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，氨气和氯化镁、氯化铝溶液都反应生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，不能确定两种金属的金属性强弱，故D错误。
答案选D。
10.化学反应A2 ＋ B2 ＝ 2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 该反应是吸热反应
B. 断裂1 mol A—A键和1 mol B—B键能放出x kJ的能量
C. 断裂2 mol A—B键需要吸收y kJ的能量
D. 2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A.因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；
B.因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；
C.因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；
D.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误。
故选C。
11.下列有关化学用语正确的是（ ）
A. 的电子式： B. HClO的电子式：
C. 的结构式： D. 质量数为的氯原子：37Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳为共价化合物，正确的电子式为：，故A错误；
B．次氯酸分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键，次氯酸正确的电子式为：，故B错误；
C．氯化氢为共价化合物，正确的结构式为：H－Cl，故C错误；
D．质量数为37的氯原子可以表示为：3717Cl，故D正确。
答案选D。
【点睛】书写化合物的电子式时，应注意原子间的连接顺序，确定原子间连接顺序的方法是先标出各原子的化合价，然后根据异性微粒相邻，同性微粒相间的原则确定。
12.下列装置或操作能达到实验目的是（ ）
A. 装置可检查装置气密性
B. 装置可从碘的溶液中分离出碘
C. 装置可用于浓HCl与MnO2反应制取Cl2
D. 装置可分离甲苯与乙醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，关闭止水夹，从长颈漏斗注入水，当烧瓶内液面与长颈漏斗导管中液面的高度在一段时间保持不变，可说明气密性良好，故A正确；
B．从碘的CCl4溶液中分离出碘，选择蒸馏法，不能利用图中分液装置分离，故B错误；
C．用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气与加热，缺少酒精灯等装置，故C错误；
D．蒸馏时测定馏分的温度，则温度计的水银球应在烧瓶的支管口处，故D错误。
答案选A。
13.下列说法中，正确的是（ ）
A. N的摩尔质量是14g
B. 1molCl2中含有的氯原子数约为
C. 溶液中含有
D. 标准状况下，的体积约是
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2的摩尔质量为28g/mol，注意单位，故A错误；
B．氯气的物质的量是1mol，氯原子物质的量为2mol，氯原子数约为2×6.02×1023，故B正确；
C.0.1 mol/L Na2SO4溶液中Na+浓度为0.2mol/L，溶液体积未知，不能确定Na+的物质的量，故C错误；
D.18g水的物质的量为1mol，标况下水不是气体，1mol水的体积不是22.4L，故D错误。
答案选B。
14.化学是一门以实验为基础的学科，掌握基本实验方法和操作技能是做好化学实验的基础．下列有关化学实验基本知识的描述不正确的是（ ）
A. 丁达尔现象可用于区别FeCl3饱和溶液和Fe(OH)3胶体
B. 过滤和蒸发操作中均用到玻璃棒，但玻璃棒的作用不相同
C. 汽油和水的混合物可用分液的方法分离
D. 检验某溶液中是否含有SO42−的方法是先向该溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀HNO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe(OH)3胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则丁达尔现象可用于区别FeCl3饱和溶液和Fe(OH)3胶体，故A正确；
B．过滤中玻璃棒引流，蒸发中玻璃棒搅拌，则均使用了玻璃棒，但作用不同，故B正确；
C．汽油和水的混合物分层，然后分液可分离，故C正确；
D．应先加盐酸酸化，排除银离子、碳酸根离子等的干扰，则验某溶液中是否含有SO42－的方法是先向该溶液中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，故D错误。
答案选D。
15.可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在体积固定的密闭容器中进行，不能判断该反应达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2:2:1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】B
【解析】
【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。
【详解】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故错误；
③无论该反应是否达到平衡状态，用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2:2:1，不能据此判断平衡状态，故错误；
④混合气体的颜色不再改变时，各物质的浓度不变，该反应达到平衡状态，故正确；
⑤反应前后气体的质量不变、容器的体积不变，所以密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
⑥该反应的反应前后气体的物质的量改变，混合气体的平均相对分子质量不再改变时该反应达到平衡状态，故正确。
答案选B。
【点睛】可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
16.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g) +3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（ ）
A. 图中T2一定大于T1
B. 图中b点速率一定大于d点速率
C. 达到平衡时，A2的转化率大小为：c＞b＞a
D. 加入催化剂可以使状态d变为状态b
【答案】C
【解析】A，由图像知当n（B2）起始相同时，T2平衡时AB3的平衡体积分数大于T1平衡时，由于反应的热效应未知，无法判断T1与T2的大小关系，若反应的ΔH0则T1T2，若反应的ΔH0则T1T2，A项错误；B，b、d点n（B2）起始相同，根据A项分析，无法判断T1与T2的大小关系，无法判断b、d点反应速率的大小，B项错误；C，a、b、c点在相同温度下，a、b、c点n（B2）起始依次增大，增大B2，平衡向正反应方向移动，A2的平衡转化率增大，则平衡时A2的转化率：cba，C项正确；D，加入催化剂只影响化学反应速率，化学平衡不移动，平衡状态不变，D项错误；答案选C。
17.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．下列说法不正确的是（ ）
A. 电流由所在的铂电极经外电路流向另一电极
B. 每转移4mol的电子，则消耗1mol的O2
C. 该电池的负极反应式为：
D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，故A正确；
B、消耗1mol的O2，转移4mol的电子，故B正确；
C、该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，CH3CH2OH－4e－+H2O＝4H++CH3COOH，故C错误；
D、根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确。
答案选C。
18.如表是部分化学键的键能数据：
化学键
P−P
P−O
O=O
P＝O
键能(kJ/mol)
198
360
498
X
已知1mol白磷燃烧生成1molP4O10 放出的热量为2982kJ/mol，白磷(P4) 、P4O10 结构如下图，则上表中X为（ ）kJ/mol
A. 585 B. 765 C. 1170 D. 1584
【答案】A
【解析】
【分析】反应热等于反应物中键能之和－生成物中键能之和，据此解答。
【详解】白磷燃烧的热化学方程式为P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=－2982kJ/mol，则6×198kJ/mol+5×498kJ/mol－12×360kJ/mol－4X＝－2982kJ/mol，解得X=585kJ/mol，故答案为A。
19.某反应中的反应物和生成物有FeCl3、FeCl2、Cu、CuCl2。有人将上述反应设计成原电池。
(1)则该电池负极材料为：__________________，负极反应式为________________；
(2)正极材料为：_____________，该电池总的化学反应式为_______________；
(3)一段时间后负极质量减轻m g，则下列说法正确的是：________（填写序号）。
A．电路中通过的电子为m/32 mol
B．正极质量增加56m/64 g
C．原电池工作过程中电子由正极经导线流向负极
D．原电池工作过程中Cl−向负极移动
【答案】(1). Cu (2). (3). Pt（可填活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料） (4). (5). AD
【解析】
【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，结合原电池的工作原理分析解答。
【详解】（1）某反应中的反应物和生成物有FeCl3、FeCl2、Cu、CuCl2，则反应的方程式为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，反应中铜是还原剂，氯化铁是氧化剂，则该电池负极材料为Cu，负极反应式为Cu－2e－＝Cu2＋；
（2）正极材料应该是比铜不活泼的金属或能导电的非金属，可以为Pt等，该电池总的化学反应式为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；
（3）一段时间后负极质量减轻m g，即消耗铜是mg，则
A．消耗铜物质的量是m/64 mol，铜失去2个电子，则电路中通过的电子为m/32 mol，A正确；
B．正极是铁离子得到电子转化为亚铁离子，正极质量不变，B错误；
C．原电池工作过程中电子由负极经导线流向正极，C错误；
D．原电池工作过程中阴离子Cl－向负极移动，D正确。
答案选AD。
20.已知：常温下，气体A为无色有毒气体，气体B为黄绿色气体，请根据下图完成填空。
(1)A是________，E是________；
(2)A与B在水溶液中反应的离子方程式是：______；
(3)分别将气体A与B通入如下装置，待一段时间后，分别加热甲、乙两支试管。
①试管甲中的实验现象为_______________，原因是_________________________；
②试管乙中的实验现象为_________________________，原因是___________________ 。
【答案】(1). SO2 (2). BaSO4 (3). SO2 + Cl2 + 2H2O＝2Cl- + 4H+ + SO42- (4). 溶液变红，加热后恢复红色 (5). 原因是SO2可以和品红中的有机色素结合生产无色物质，但不稳定，在高温下无色物质分解，溶液恢复红色 (6). 溶液变红，加热不恢复红色（或加热后溶液颜色不变） (7). 原因是氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，与品红中的有机色素发生反应，加热不能恢复
【解析】
【分析】常温下，气体A为无色有毒气体，气体B为黄绿色气体，B是氯气。A和B在水溶液中反应生成C和D的无色溶液，滴加氢氧化钡后得到白色沉淀E，A也能与氢氧化钡溶液反应生成白色沉淀H，这说明A是二氧化硫，因此H是亚硫酸钡，E是硫酸钡，F是氯化银，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析可知A是SO2，E是BaSO4；
（2）A与B在水溶液中反应生成盐酸和硫酸，反应的离子方程式是SO2+Cl2 2H2O＝2Cl-+4H++SO42-；
（3）①二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但漂白不稳定，受热易恢复原来的颜色，则试管甲中的实验现象为溶液变红，加热后恢复红色，原因是SO2可以和品红中的有机色素结合生成无色物质，但不稳定，在高温下无色物质分解，溶液恢复红色；
②氯气溶于水产生具有强氧化性的次氯酸，能使品红溶液褪色，由于是不可逆的，因此受热后不能恢复原来的颜色，则试管乙中的实验现象为溶液变红，加热不恢复红色（或加热后溶液颜色不变），原因是氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，与品红中的有机色素发生反应，加热不能恢复。
【点睛】根据框图中物质转化特点准确判断物质是解答的关键，注意氯气和二氧化硫性质的差异，需要说明的是氯气没有漂白性，真正起漂白作用的是氯气和水反应生成的次氯酸。
21.根据我国目前汽车业发展速度，预计年汽车保有量超过亿辆，中国已成为全球最大的汽车市场。因此，如何有效处理汽车排放的尾气，是需要进行研究的一项重要课题。
(1)目前，汽车厂商常利用催化技术将尾气中的和转化成和，化学方程式为：_______________；
为研究如何提高该转化过程反应速率，某课题组进行了以下实验探究：
【资料查阅】①不同的催化剂对同一反应的催化效率不同；
②使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响．
【实验设计】课题组为探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律，设计了以下对比实验。
(2)完成以下实验设计表（表中不要留空格）。
实验编号
实验目的
T / ℃
初始浓度
初始浓度
同种催化剂的比表面积
为以下实验作参照
①___________
280
探究温度对尾气转化速率的影响
②_________
【图象分析与结论】利用气体传感器测定了三组实验中浓度随时间变化的曲线图，如图：
(3)计算第组实验中，达平衡时的浓度为________；
(4)由曲线、可知，增大催化剂比表面积，汽车尾气转化速率____________________（填“增大”、“减小”、“无影响”）。
(5)下列措施中，能减少或控制汽车尾气污染有效且可行的是________．
A．制定严格的汽车尾气排放标准，并严格执行
B．开发清洁能源汽车，如氢能汽车、太阳能汽车等
C．将污染源移到人口密集度低的郊区
【答案】(1). 2NO + 2CO2CO2 + N2 (2). 探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响 (3). 6.50×10—3 (4). 3.50×10—3 mol/L (5). 增大 (6). AB
【解析】
【详解】（1）利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2NO+2CO2CO2+N2；
（2）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂的比表面积，而要想探究一种影响因素，必须保持其他影响因素是一致；Ⅰ、Ⅱ比较不同的是催化剂的比表面积，则实验目的是探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响；Ⅲ是探究温度对尾气转化速率的影响，温度是变量，其余保持不变，则NO的初始浓度为6.50×10—3mol/L；
（3）通过图象可知，第Ⅰ组实验中达到平衡时CO的平衡浓度为1.00×10—3mol/L，可得出CO的浓度该变量△C(CO)＝4.00×10—3mol/L－1.00×10—3 mol/L＝3.00×10—3 mol/L，在一个反应中，各物质的浓度的该变量之比等于计量数之比，故NO的浓度的该变量△c(NO)＝3.00×10—3mol/L，故NO的平衡浓度c(NO)＝6.50×10—3 mol/L－3.00×10—3mol/L＝3.50×10—3mol/L；
（4）由图象可知，增大催化剂比表面积后，缩短了到达平衡时间，故增大了反应速率。
（5）A．制定严格的汽车尾气排放标准，并严格执行，能减少或控制汽车尾气污染，A正确；
B．开发清洁能源汽车，如氢能汽车、太阳能汽车等，能减少或控制汽车尾气污染，B正确；
C．将污染源移到人口密集度低的郊区，不能减少或控制汽车尾气污染，C错误；
答案选AB。
22.化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5，反应AX3(g)+X2(g)⇌AX5(g)在容积为10L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2mol，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。回答下列问题：
(1)计算实验a反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=________；
(2)图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为_______（填实验序号）；与实验a相比，其他两组改变的实验条件是：b___________，c____________。
(3)用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为________；实验a的平衡转化率：αa为________。
【答案】 (1). 1.7×10—4mol/(L·min) (2). bca (3). 加入催化剂 (4). 升高温度 (5). (6). 50%
【解析】
【分析】（1）根据压强之比是物质的量之比结合v＝△c/△t计算；
（2）计算平衡时的反应速率，然后比较反应速率大小；根据图像曲线变化特点结合外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析解答；
（3）根据三段式计算。
【详解】（1）起始时AX3和X2均为0.2mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120kPa，设平衡时总物质的量为n，根据压强之比就等于物质的量之比有：120kPa/160kPa=n/0.4mol，解得n=0.30mol，则
AX3(g) + X2(g)⇌AX5(g)
起始量（mol） 0.2 0.2 0
转化量（mol） x x x
平衡量（mol） 0.2-x 0.2-x x
则(0.20-x)+(0.20-x)+x＝0.30
解得x＝0.10
所以v(AX5)＝0.10mol/(10L×60min)＝1.7×10—4mol/(L·min)；
（2）由以上分析可知到达平衡时生成AX5的量为0.10mol。实验b从反应开始至达到平衡时所用时间为40 min，其反应速率v(AX5)＝0.10mol/(10L×40min)＝2.5×10－4mol/(L·min)；同理可算出，实验c达到平衡时，v(AX5)＝1.8×10－4mol/(L·min)，故速率v(AX5)由大到小的顺序是bca；与实验a相比较，实验b达到平衡的时间短，但平衡点与实验a相同，改变条件应为加入催化剂，从而导致反应速率加快；实验c与实验a比较，起始时容器的体积和气体的物质的量均相同，但压强增大，改变条件应为升高温度使气体膨胀所致。
（3） AX3(g) + X2(g)⇌AX5(g)
起始量（mol） 0.2 0.2 0
转化量（mol） 0.2α 0.2α 0.2α
平衡量（mol） (0.2－0.2α) (0.2－0.2α) 0.2α
则有0.4/(0.4－0.2α)＝p0/p，解得α＝。实验a平衡时p0、p分别是160、120，则平衡转化率αa＝50%。
1.学习化学的目的是运用化学知识解释日常生活中的现象，分析和解决生产生活中的实际问题．下列说法中你认为不正确的是（ ）
A. 搅拌能加快蔗糖在水中的溶解，其原因是增大了蔗糖的溶解度
B. 天气闷热时，鱼塘的鱼会接近水面游动，原因是温度高，氧气的溶解度小
C. 夏天，铜制眼镜架表面出现的绿色物质主要成分[Cu2(OH)2CO3]，可用稀盐酸除去
D. 敞口放置的酒精没有燃烧的原因是温度没有达到酒精的着火点
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度一定时，固体溶解度是不变的，A错误；
B．气体的溶解度随温度的升高而减小，B正确；
C．铜绿可以与盐酸反应而溶解，从而除去铜锈，C正确；
D．可燃物燃烧必须具备两个条件：一是和氧气接触，二是达到着火点。把容器敞口，但没有达到酒精的着火点，酒精也不会燃烧，D正确。
答案选A。
2.下表是元素周期表的一部分。X、Y、Z、W均为短周期元素，X、W的质子数之和为23，下列说法正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. X元素最多可形成五种氧化物
B. W元素的非金属性比Z元素非金属性弱
C. Z和X能以共价键结合形成一种无机非金属材料
D. Y元素的最高价氧化物的水化物是含氧酸中酸性最强的
【答案】C
【解析】
【分析】短周期的一部分，则X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设X的原子序数为x，则W的原子序数为x+9，由X、W的质子数之和为23，所以x+x+9＝23，解得x＝7，即X为N，Y为F，Z为Si，W为S，据此判断。
【详解】A．N元素可形成N2O、NO、NO2、N2O3、N2O4、N2O5等六种氧化物，A错误；
B．同周期非金属性从左向右增强，则非金属性W＞Z，B错误；
C．Z和X能以共价键结合形成一种无机非金属材料为氮化硅，C正确；
D．Y为F，没有正价，没有含氧酸，D错误。
答案选C。
【点睛】选项D是解答的易错点，注意并不是所有的非金属均存在含氧酸，在常见的非金属元素中O没有最高价，F没有正价。
3.按微粒半径递增顺序排列一组原子或离子是（ ）
A. 、、 B. O、P、S
C. F、F－、Ca2＋ D. 、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．电子层数多的半径大，故O2－半径最小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2－>K＋，A不符合；
B．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径O
【点睛】微粒半径的大小比较：一看电子层数：同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；三看电子数：在电子层数和核电荷数均相同时，电子数越多，半径越大。
4.下列各组物质，化学键类型相同是（ ）
A. KI、 B. 、
C. 、NaCl D. 、
【答案】B
【解析】
【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。据此判断。
【详解】A．碘化钾中只含离子键，四氯化碳中只含非极性共价键，A错误；
B．二氧化碳和二氧化硅中都只含极性共价键，B正确；
C．氯化铵中含离子键和极性共价键，氯化钠中只含离子键，C错误；
D．氢氧化钠中含离子键和极性共价键，过氧化钠中含离子键和非极性共价键，D错误。
答案选B。
5.在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，经测定反应开始后的2s内氢气的平均速率：ν(H2)=0.45mol/(L·s)，则2s末NH3的浓度为（ ）
A. 0.45mol/L B. 0.40mol/L
C. 0.55mol/L D. 0.60mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，2s内氢气的平均速率：v(H2)＝0.45mol/(L·s)，利用速率之比等于化学计量数之比可知v(NH3)＝2/3×ν(H2)＝2/3×0.45mol/(L⋅s)＝0.3mol/(L⋅s)，故2s末NH3的浓度为0.3mol/(L·s)×2s=0.6mol/L。答案选D。
6.请问下列叙述，不正确的是（ ）
A. 具有相同核电荷数原子或单核离子一定是同种元素
B. 质量数相同的原子其化学性质一定相同
C. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物
D. 含有离子键的化合物一定是离子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A、元素是一类具有相同核电荷数原子的总称，故具有相同核电荷数的原子或单核离子一定是同种元素，A正确；
B、化学性质取决于最外层电子数，与质量数无关，如14C和14N，质量数相同，化学性质不同，B错误；
C、离子化合物中可能含共价键，如NaOH为离子化合物含共价键，C正确；
D、化合物中只要含有离子键就肯定属于离子化合物，D正确。
答案选B。
7. 下列叙述正确的是（ ）
A. 若两种不同的核素具有相同的中子数，则二者一定不属于同种元素
B. 第IA族元素又称碱金属，其单质都可以和水反应生成对应的碱
C. 若两种元素原子的最外层电子数相同，则两元素的最高正价一定相同
D. 第三周期非金属元素氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强
【答案】A
【解析】试题分析：A、若两种不同的核素具有相同的中子数，如果二者的质子数相同，则二者就是同一种核素，因此二者的质子数不可能相等，所以二者一定不属于同种元素，A正确；B、第IA族元素中的H不是碱金属，氢气也和水不反应，B不正确；C、若两种元素原子的最外层电子数相同，则两元素的最高正价不一定相同，例如F没有正价，Cl的最高价是＋7价，C不正确；D、第三周期非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强，D不正确，答案选A。
考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用
8.根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中正确的是（ ）
A. 根据同主族元素性质的相似性，推出Tl2O3是两性氧化物
B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
C. Sr(锶)与Ca(钙)相比，Ca(钙)与酸反应更剧烈
D. 化合物PH4I在加热时此化合物可以分解
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化铝是两性氧化物，Tl与Al同主族，同主族自上而下金属性增强，Tl的金属性比Al强，Tl2O3可能不是两性氧化物，故A错误；
B．氟元素没有正化合价，故B错误；
C．同主族自上而下金属性增强，锶与酸反应更剧烈，故C错误；
D．P与N同主族，性质相近，铵盐受热易分解，因此推断PH4I受热可分解，故D正确。
答案选D。
【点睛】明确同主族、同周期元素性质的递变规律是解答的关键，注意同主族、同周期元素性质的相似性、递变性，尤其要注意共性与个性。
9.下列事实不能判断元素的金属性或非金属性相对强弱的是（ ）
A. 钠和镁分别与冷水反应，判断钠和镁金属性强弱
B. Br2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属性强弱
C. 硅酸钠溶液中通入CO2产生白色沉淀，判断碳酸与硅酸的酸性强弱
D. 在MgCl2与AlCl3溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属性强弱
【答案】D
【解析】
【详解】A、钠与冷水比镁与冷水反应剧烈，因此钠的金属性强于镁，故A正确；
B、卤素单质与氢气化合越容易，非金属性越强，所以能根据Br2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属性强弱，故B正确；
C、CO2通入硅酸钠溶液，发生强酸制取弱酸的反应，生成硅酸沉淀，可知碳酸的酸性大于硅酸，故C正确；
D、元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，氨气和氯化镁、氯化铝溶液都反应生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，不能确定两种金属的金属性强弱，故D错误。
答案选D。
10.化学反应A2 ＋ B2 ＝ 2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 该反应是吸热反应
B. 断裂1 mol A—A键和1 mol B—B键能放出x kJ的能量
C. 断裂2 mol A—B键需要吸收y kJ的能量
D. 2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A.因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；
B.因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；
C.因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；
D.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误。
故选C。
11.下列有关化学用语正确的是（ ）
A. 的电子式： B. HClO的电子式：
C. 的结构式： D. 质量数为的氯原子：37Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳为共价化合物，正确的电子式为：，故A错误；
B．次氯酸分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键，次氯酸正确的电子式为：，故B错误；
C．氯化氢为共价化合物，正确的结构式为：H－Cl，故C错误；
D．质量数为37的氯原子可以表示为：3717Cl，故D正确。
答案选D。
【点睛】书写化合物的电子式时，应注意原子间的连接顺序，确定原子间连接顺序的方法是先标出各原子的化合价，然后根据异性微粒相邻，同性微粒相间的原则确定。
12.下列装置或操作能达到实验目的是（ ）
A. 装置可检查装置气密性
B. 装置可从碘的溶液中分离出碘
C. 装置可用于浓HCl与MnO2反应制取Cl2
D. 装置可分离甲苯与乙醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，关闭止水夹，从长颈漏斗注入水，当烧瓶内液面与长颈漏斗导管中液面的高度在一段时间保持不变，可说明气密性良好，故A正确；
B．从碘的CCl4溶液中分离出碘，选择蒸馏法，不能利用图中分液装置分离，故B错误；
C．用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气与加热，缺少酒精灯等装置，故C错误；
D．蒸馏时测定馏分的温度，则温度计的水银球应在烧瓶的支管口处，故D错误。
答案选A。
13.下列说法中，正确的是（ ）
A. N的摩尔质量是14g
B. 1molCl2中含有的氯原子数约为
C. 溶液中含有
D. 标准状况下，的体积约是
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2的摩尔质量为28g/mol，注意单位，故A错误；
B．氯气的物质的量是1mol，氯原子物质的量为2mol，氯原子数约为2×6.02×1023，故B正确；
C.0.1 mol/L Na2SO4溶液中Na+浓度为0.2mol/L，溶液体积未知，不能确定Na+的物质的量，故C错误；
D.18g水的物质的量为1mol，标况下水不是气体，1mol水的体积不是22.4L，故D错误。
答案选B。
14.化学是一门以实验为基础的学科，掌握基本实验方法和操作技能是做好化学实验的基础．下列有关化学实验基本知识的描述不正确的是（ ）
A. 丁达尔现象可用于区别FeCl3饱和溶液和Fe(OH)3胶体
B. 过滤和蒸发操作中均用到玻璃棒，但玻璃棒的作用不相同
C. 汽油和水的混合物可用分液的方法分离
D. 检验某溶液中是否含有SO42−的方法是先向该溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀HNO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe(OH)3胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则丁达尔现象可用于区别FeCl3饱和溶液和Fe(OH)3胶体，故A正确；
B．过滤中玻璃棒引流，蒸发中玻璃棒搅拌，则均使用了玻璃棒，但作用不同，故B正确；
C．汽油和水的混合物分层，然后分液可分离，故C正确；
D．应先加盐酸酸化，排除银离子、碳酸根离子等的干扰，则验某溶液中是否含有SO42－的方法是先向该溶液中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，故D错误。
答案选D。
15.可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在体积固定的密闭容器中进行，不能判断该反应达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2:2:1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】B
【解析】
【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。
【详解】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故错误；
③无论该反应是否达到平衡状态，用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2:2:1，不能据此判断平衡状态，故错误；
④混合气体的颜色不再改变时，各物质的浓度不变，该反应达到平衡状态，故正确；
⑤反应前后气体的质量不变、容器的体积不变，所以密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
⑥该反应的反应前后气体的物质的量改变，混合气体的平均相对分子质量不再改变时该反应达到平衡状态，故正确。
答案选B。
【点睛】可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
16.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g) +3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（ ）
A. 图中T2一定大于T1
B. 图中b点速率一定大于d点速率
C. 达到平衡时，A2的转化率大小为：c＞b＞a
D. 加入催化剂可以使状态d变为状态b
【答案】C
【解析】A，由图像知当n（B2）起始相同时，T2平衡时AB3的平衡体积分数大于T1平衡时，由于反应的热效应未知，无法判断T1与T2的大小关系，若反应的ΔH0则T1T2，若反应的ΔH0则T1T2，A项错误；B，b、d点n（B2）起始相同，根据A项分析，无法判断T1与T2的大小关系，无法判断b、d点反应速率的大小，B项错误；C，a、b、c点在相同温度下，a、b、c点n（B2）起始依次增大，增大B2，平衡向正反应方向移动，A2的平衡转化率增大，则平衡时A2的转化率：cba，C项正确；D，加入催化剂只影响化学反应速率，化学平衡不移动，平衡状态不变，D项错误；答案选C。
17.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测．下列说法不正确的是（ ）
A. 电流由所在的铂电极经外电路流向另一电极
B. 每转移4mol的电子，则消耗1mol的O2
C. 该电池的负极反应式为：
D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，故A正确；
B、消耗1mol的O2，转移4mol的电子，故B正确；
C、该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，CH3CH2OH－4e－+H2O＝4H++CH3COOH，故C错误；
D、根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确。
答案选C。
18.如表是部分化学键的键能数据：
化学键
P−P
P−O
O=O
P＝O
键能(kJ/mol)
198
360
498
X
已知1mol白磷燃烧生成1molP4O10 放出的热量为2982kJ/mol，白磷(P4) 、P4O10 结构如下图，则上表中X为（ ）kJ/mol
A. 585 B. 765 C. 1170 D. 1584
【答案】A
【解析】
【分析】反应热等于反应物中键能之和－生成物中键能之和，据此解答。
【详解】白磷燃烧的热化学方程式为P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=－2982kJ/mol，则6×198kJ/mol+5×498kJ/mol－12×360kJ/mol－4X＝－2982kJ/mol，解得X=585kJ/mol，故答案为A。
19.某反应中的反应物和生成物有FeCl3、FeCl2、Cu、CuCl2。有人将上述反应设计成原电池。
(1)则该电池负极材料为：__________________，负极反应式为________________；
(2)正极材料为：_____________，该电池总的化学反应式为_______________；
(3)一段时间后负极质量减轻m g，则下列说法正确的是：________（填写序号）。
A．电路中通过的电子为m/32 mol
B．正极质量增加56m/64 g
C．原电池工作过程中电子由正极经导线流向负极
D．原电池工作过程中Cl−向负极移动
【答案】(1). Cu (2). (3). Pt（可填活泼性比铜弱的金属或导电的非金属材料） (4). (5). AD
【解析】
【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，结合原电池的工作原理分析解答。
【详解】（1）某反应中的反应物和生成物有FeCl3、FeCl2、Cu、CuCl2，则反应的方程式为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2，反应中铜是还原剂，氯化铁是氧化剂，则该电池负极材料为Cu，负极反应式为Cu－2e－＝Cu2＋；
（2）正极材料应该是比铜不活泼的金属或能导电的非金属，可以为Pt等，该电池总的化学反应式为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2；
（3）一段时间后负极质量减轻m g，即消耗铜是mg，则
A．消耗铜物质的量是m/64 mol，铜失去2个电子，则电路中通过的电子为m/32 mol，A正确；
B．正极是铁离子得到电子转化为亚铁离子，正极质量不变，B错误；
C．原电池工作过程中电子由负极经导线流向正极，C错误；
D．原电池工作过程中阴离子Cl－向负极移动，D正确。
答案选AD。
20.已知：常温下，气体A为无色有毒气体，气体B为黄绿色气体，请根据下图完成填空。
(1)A是________，E是________；
(2)A与B在水溶液中反应的离子方程式是：______；
(3)分别将气体A与B通入如下装置，待一段时间后，分别加热甲、乙两支试管。
①试管甲中的实验现象为_______________，原因是_________________________；
②试管乙中的实验现象为_________________________，原因是___________________ 。
【答案】(1). SO2 (2). BaSO4 (3). SO2 + Cl2 + 2H2O＝2Cl- + 4H+ + SO42- (4). 溶液变红，加热后恢复红色 (5). 原因是SO2可以和品红中的有机色素结合生产无色物质，但不稳定，在高温下无色物质分解，溶液恢复红色 (6). 溶液变红，加热不恢复红色（或加热后溶液颜色不变） (7). 原因是氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，与品红中的有机色素发生反应，加热不能恢复
【解析】
【分析】常温下，气体A为无色有毒气体，气体B为黄绿色气体，B是氯气。A和B在水溶液中反应生成C和D的无色溶液，滴加氢氧化钡后得到白色沉淀E，A也能与氢氧化钡溶液反应生成白色沉淀H，这说明A是二氧化硫，因此H是亚硫酸钡，E是硫酸钡，F是氯化银，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析可知A是SO2，E是BaSO4；
（2）A与B在水溶液中反应生成盐酸和硫酸，反应的离子方程式是SO2+Cl2 2H2O＝2Cl-+4H++SO42-；
（3）①二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但漂白不稳定，受热易恢复原来的颜色，则试管甲中的实验现象为溶液变红，加热后恢复红色，原因是SO2可以和品红中的有机色素结合生成无色物质，但不稳定，在高温下无色物质分解，溶液恢复红色；
②氯气溶于水产生具有强氧化性的次氯酸，能使品红溶液褪色，由于是不可逆的，因此受热后不能恢复原来的颜色，则试管乙中的实验现象为溶液变红，加热不恢复红色（或加热后溶液颜色不变），原因是氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，与品红中的有机色素发生反应，加热不能恢复。
【点睛】根据框图中物质转化特点准确判断物质是解答的关键，注意氯气和二氧化硫性质的差异，需要说明的是氯气没有漂白性，真正起漂白作用的是氯气和水反应生成的次氯酸。
21.根据我国目前汽车业发展速度，预计年汽车保有量超过亿辆，中国已成为全球最大的汽车市场。因此，如何有效处理汽车排放的尾气，是需要进行研究的一项重要课题。
(1)目前，汽车厂商常利用催化技术将尾气中的和转化成和，化学方程式为：_______________；
为研究如何提高该转化过程反应速率，某课题组进行了以下实验探究：
【资料查阅】①不同的催化剂对同一反应的催化效率不同；
②使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响．
【实验设计】课题组为探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律，设计了以下对比实验。
(2)完成以下实验设计表（表中不要留空格）。
实验编号
实验目的
T / ℃
初始浓度
初始浓度
同种催化剂的比表面积
为以下实验作参照
①___________
280
探究温度对尾气转化速率的影响
②_________
【图象分析与结论】利用气体传感器测定了三组实验中浓度随时间变化的曲线图，如图：
(3)计算第组实验中，达平衡时的浓度为________；
(4)由曲线、可知，增大催化剂比表面积，汽车尾气转化速率____________________（填“增大”、“减小”、“无影响”）。
(5)下列措施中，能减少或控制汽车尾气污染有效且可行的是________．
A．制定严格的汽车尾气排放标准，并严格执行
B．开发清洁能源汽车，如氢能汽车、太阳能汽车等
C．将污染源移到人口密集度低的郊区
【答案】(1). 2NO + 2CO2CO2 + N2 (2). 探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响 (3). 6.50×10—3 (4). 3.50×10—3 mol/L (5). 增大 (6). AB
【解析】
【详解】（1）利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2NO+2CO2CO2+N2；
（2）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂的比表面积，而要想探究一种影响因素，必须保持其他影响因素是一致；Ⅰ、Ⅱ比较不同的是催化剂的比表面积，则实验目的是探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响；Ⅲ是探究温度对尾气转化速率的影响，温度是变量，其余保持不变，则NO的初始浓度为6.50×10—3mol/L；
（3）通过图象可知，第Ⅰ组实验中达到平衡时CO的平衡浓度为1.00×10—3mol/L，可得出CO的浓度该变量△C(CO)＝4.00×10—3mol/L－1.00×10—3 mol/L＝3.00×10—3 mol/L，在一个反应中，各物质的浓度的该变量之比等于计量数之比，故NO的浓度的该变量△c(NO)＝3.00×10—3mol/L，故NO的平衡浓度c(NO)＝6.50×10—3 mol/L－3.00×10—3mol/L＝3.50×10—3mol/L；
（4）由图象可知，增大催化剂比表面积后，缩短了到达平衡时间，故增大了反应速率。
（5）A．制定严格的汽车尾气排放标准，并严格执行，能减少或控制汽车尾气污染，A正确；
B．开发清洁能源汽车，如氢能汽车、太阳能汽车等，能减少或控制汽车尾气污染，B正确；
C．将污染源移到人口密集度低的郊区，不能减少或控制汽车尾气污染，C错误；
答案选AB。
22.化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5，反应AX3(g)+X2(g)⇌AX5(g)在容积为10L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2mol，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。回答下列问题：
(1)计算实验a反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=________；
(2)图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为_______（填实验序号）；与实验a相比，其他两组改变的实验条件是：b___________，c____________。
(3)用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为________；实验a的平衡转化率：αa为________。
【答案】 (1). 1.7×10—4mol/(L·min) (2). bca (3). 加入催化剂 (4). 升高温度 (5). (6). 50%
【解析】
【分析】（1）根据压强之比是物质的量之比结合v＝△c/△t计算；
（2）计算平衡时的反应速率，然后比较反应速率大小；根据图像曲线变化特点结合外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析解答；
（3）根据三段式计算。
【详解】（1）起始时AX3和X2均为0.2mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120kPa，设平衡时总物质的量为n，根据压强之比就等于物质的量之比有：120kPa/160kPa=n/0.4mol，解得n=0.30mol，则
AX3(g) + X2(g)⇌AX5(g)
起始量（mol） 0.2 0.2 0
转化量（mol） x x x
平衡量（mol） 0.2-x 0.2-x x
则(0.20-x)+(0.20-x)+x＝0.30
解得x＝0.10
所以v(AX5)＝0.10mol/(10L×60min)＝1.7×10—4mol/(L·min)；
（2）由以上分析可知到达平衡时生成AX5的量为0.10mol。实验b从反应开始至达到平衡时所用时间为40 min，其反应速率v(AX5)＝0.10mol/(10L×40min)＝2.5×10－4mol/(L·min)；同理可算出，实验c达到平衡时，v(AX5)＝1.8×10－4mol/(L·min)，故速率v(AX5)由大到小的顺序是bca；与实验a相比较，实验b达到平衡的时间短，但平衡点与实验a相同，改变条件应为加入催化剂，从而导致反应速率加快；实验c与实验a比较，起始时容器的体积和气体的物质的量均相同，但压强增大，改变条件应为升高温度使气体膨胀所致。
（3） AX3(g) + X2(g)⇌AX5(g)
起始量（mol） 0.2 0.2 0
转化量（mol） 0.2α 0.2α 0.2α
平衡量（mol） (0.2－0.2α) (0.2－0.2α) 0.2α
则有0.4/(0.4－0.2α)＝p0/p，解得α＝。实验a平衡时p0、p分别是160、120，则平衡转化率αa＝50%。
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