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湖南省娄底市2020-2021学年高二上学期化学期中考试试卷
1．（2020高二上·娄底期中）从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（　　）
A B C D
海带灼烧成灰 过滤得含I-溶液 放出碘的苯溶液 分离碘并回收苯
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取；海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A．海带灼烧需要在坩埚中进行，故A不符合题意；
B．过滤需要用玻璃棒，故B不符合题意；
C．萃取时碘的苯溶液在上层，上层液体要从上口倒出来，不能从分液漏斗下端放出来，故C不符合题意；
D．利用碘和苯沸点不同，通过蒸馏来分离碘并回收苯，操作均正确，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.灼烧海带温度很高，烧杯承受高温
B.缺少玻璃棒引流易造成液体溅出
C.苯的密度比水小
D.碘很易升华，而有机物苯的沸点低
2．（2020高二上·娄底期中）下列说法正确的是（　　）
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol 1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥
C．③④⑥ D．①④⑥
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】考查气体的摩尔体积与阿伏加德罗定律。需要强调的是摩尔体积只针对于气体，而且对于气体只有在说明状况的条件下体积才有意义。
故答案为：B
【分析】气体摩尔体积必须指明温度和压强，一般情况下，是指标准状况下的气体摩尔体积。
3．（2020高二上·娄底期中）被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为﹣1价）能溶于水并和水反应，有如下反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是（　　）
A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂
C．硼元素被氧化，氢元素被还原
D．被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，故A错误；
B．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B错误；
C．NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，故C错误；
D．化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确．
故选D．
【分析】反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，NaBH4中H元素化合价为﹣1价，水中H元素化合价为+1价，二者发生氧化还原反应生成H2，以此解答该题．
4．（2020高二上·娄底期中）下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法错误的是（　　）
A．X与M两种元素组成的化合物能与碱反应，但不能与任何酸反应
B．N、Z两种元素的离子半径相比前者较大
C．M、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比后者较强
D．工业上常用电解Y和N形成的化合物的熔融态制取Y的单质
【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．X与M分别为O元素、Si元素，组成的化合物为二氧化硅，为酸性氧化物，可与碱反应，能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，A说法符合题意；
B．N、Z两种元素分别为Cl、Al，两离子相差1个电子层，故氯离子半径大于铝离子，即前者较大，B说法不符合题意；
C．M、N两种元素分别为Si、Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HCl比SiH4稳定，即后者的氢化物较稳定，C说法不符合题意；
D．点解熔融状态的NaCl时可生成氯气和Na，故工业制备Na，常用电解熔融的NaCl方法冶炼，D说法不符合题意。
故答案为A。
【分析】A、SiO2能与HF反应；
B、电子层数越大，离子半径越大；
C、非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；
D、工业上常用电解熔融NaCl的方法制备金属Na；
5．（2020高二上·娄底期中）下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是（　　）
A．长时间看到Fe(OH)2白色沉淀 B．证明ρ(煤油)＜ρ(钠)＜ρ(水) C．探究氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2 D．比较NaHCO3、Na2CO3，的热稳定性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，A能达到实验目的；
B．金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明ρ(煤油)＜ρ(钠)＜ρ(水)，A能达到实验目的；
C．KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4＞Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，C能达到实验目的；
D．因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，加热时，大试管中的温度高于小试管，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，D不能达到实验目的。
答案为D。
【分析】A、Fe与稀硫酸反应生成的H2可排出装置内的空气，防止反应生成的Fe(OH)2被氧化；
B、根据金属Na在水、煤油界面的上下移动进行判断；
C、根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析；
D、加热过程中，大试管的温度较高，应放置Na2CO3；
6．（2020高二上·娄底期中）下列反应中，属于加成反应的是（　　）
A．CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl
B． +HNO3(浓) +H2O
C．CH3Cl＋Cl2 CH2Cl2＋HCl
D．CH3CH2OH＋3O2 2CO2＋3H2O
【答案】A
【知识点】加成反应
【解析】【解答】A．CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl，符合加成反应的定义，属于加成反应，A符合题意；
B． +HNO3(浓) +H2O属于取代反应，B不合题意；
C．CH3Cl＋Cl2 CH2Cl2＋HCl属于取代反应，C不合题意；
D．CH3CH2OH＋3O2 2CO2＋3H2O属于氧化反应，D不合题意；
故答案为A。
【分析】加成反应是指有机物中的不饱和键（碳碳双键或三键）断裂在两端分别与其他原子或原子团相连的反应，产物只有一种，据此结合选项进行分析。
7．（2020高二上·娄底期中）下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（　　）
A．生成物总能量一定低于反应物总能量
B．干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是吸热反应
C．酒精可用作燃料，说明酒精燃烧是释放能量的反应
D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．不同的反应，生成物与反应物的总能量的大小关系不确定，放热反应中，生成物总能量一定低于反应物总能量，A叙述不符合题意；
B．干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是物理变化，为吸热过程，不是反应，B叙述不符合题意；
C．燃料有可燃性，酒精燃烧生成二氧化碳和水，并放出热量，燃料燃烧都放出热量，C叙述符合题意；
D．光照与点燃条件下，氢气与氯气反应的物质的状态均相同，则反应热相同，D叙述不符合题意；
答案为C。
【分析】A、结合放热反应和吸热反应的能量变化分析；
B、干冰的气化为物理变化；
C、酒精燃烧放出热量；
D、反应热只与物质的始态和终态有关，与反应条件无关；
8．（2020高二上·娄底期中）根据如图所示的反应判断下列说法中错误的是（　　）
A．CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量
B．该反应的焓变大于零
C．该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量
D．由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.因为碳酸钙受热分解是吸热反应，所以CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量，A不符合题意；
B.吸热反应，焓变大于零，B不符合题意；
C.在CaCO3中，Ca2＋和CO32－之间存在离子键，CO32－中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，C不符合题意；
D.需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热反应，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、反应条件为高温，导致生成物能量大于反应物；
B、反应为吸热反应，；
C、碳酸根与钙离子断裂，钙离子再与碳酸根中氧原子结合，化学反应，旧键断裂吸热，新键生成放热；
D、加热可能是点燃，使温度达到可燃物着火点；
9．（2020高二上·娄底期中）已知化学反应A2(g)＋B2(g) 2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是 （　　）
A．该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ·mol－1
B．每生成2 molAB放出(a－b) kJ热量
C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D．断裂1 mol A—A键和1 mol B—B键，放出a kJ能量
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．依据图象可知，1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a b)kJ热量，故ΔH=+(a-b)kJ·mol-1，A叙述符合题意；
B．依据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，B叙述不符合题意；
C．依据能量图象分析可知反应物总能量低于生成物总能量，C叙述不符合题意；
D．由图可知，断裂1molA A和1molB B键，吸收akJ能量，D叙述不符合题意；
答案为A。
【分析】A、反应热ΔH=akJ/mol-bkJ/mol；
B、该反应为吸热反应；
C、根据能量图中物质能量的大小分析；
D、断裂化学键需要吸收能量；
10．（2020高二上·娄底期中）已知反应：①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH＝－221 kJ/mol
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ/mol下列结论正确的是（　　）
A．碳的燃烧热的数值大于110.5 kJ/mol
B．①的反应热ΔH为221 kJ/mol
C．浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－57.3 kJ/mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；中和热
【解析】【解答】A．燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据反应①可知1mol完全燃烧放出的热量一定是大于110.5kJ，A符合题意；
B．①为放热反应，反应热ΔH为－221 kJ/mol，B不符合题意；
C．中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，浓硫酸溶于水会放出大量的热量，因此浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热不是-57.3 kJ/mol，C不符合题意；
D．醋酸是弱酸存在电离平衡，而电离是吸热的，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、体现碳的燃烧热时，碳的燃烧产物应为CO2气体；
B、反应①的ΔH为-211kJ/mol；
C、浓硫酸稀释过程中放出热量；
D、CH3COOH电离过程中吸收热量；
11．（2020高二上·娄底期中）在恒温、恒容的密闭容器中进行反应2H2O2 2H2O＋O2↑。若H2O2溶液的浓度由2.0 mol·L－1降到1.0 mol·L－1需20 s，那么H2O2浓度由1.0 mol·L－1降到0.5 mol·L－1所需的反应时间为（　　）
A．大于10 s B．小于10 s C．10 s D．无法判断
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】H2O2的浓度由2.0 mol·L－1降到1.0/L mol L－1需20 s，则这段时间的平均反应速率为：(2.0 mol L-1-1.0 mol L-1)÷20 s＝0.05mol L-1 s-1，如果速率不变，则H2O2浓度由1.0mol L-1降到0.5mol L-1所需的反应时间为(1.0 mol L-1-0.5 mol L-1)÷0.05mol L-1 s-1＝10s，但随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率逐渐减小，所以所需时间应大于10s，故答案为A。
【分析】随着反应的进行，溶液中H2O2的浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，因此反应所需的时间逐渐增大。
12．（2020高二上·娄底期中）下列关于化学平衡常数的说法中错误的是（　　）
A．化学平衡常数与压强、浓度无关
B．催化剂不能改变平衡常数的大小
C．化学平衡发生移动，平衡常数必定发生改变
D．平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动
【答案】C
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A．化学平衡常数只与温度有关，与压强、浓度无关，A说法不符合题意；
B．催化剂能改变达到平衡时所用的时间，不能改变平衡常数的大小，B说法不符合题意；
C．化学平衡发生移动，改变的条件为浓度、压强时，平衡常数不发生改变，C说法符合题意；
D．平衡常数发生变化，则反应的温度一定发生改变，化学平衡必定发生移动，D说法不符合题意；
答案为C。
【分析】A、化学平衡常数只与温度有关；
B、催化剂不改变平衡移动，也不改变平衡常数；
C、不是温度引起的平衡移动，平衡常数保持不变；
D、平衡常数发生变化，则温度一定变化，平衡一定发生移动；
13．（2020高二上·娄底期中）在恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＜0。2 min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4 mol，同时放出热量Q kJ，则下列分析正确的是（　　）
A．在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3
B．若反应开始时容器容积为2 L，则0—2min内v(SO3)＝0.35 mol·L－1·min－1
C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)＜1.4 mol
D．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于Q kJ
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A．因为是恒温恒压条件下，所以平衡前后，压强不变，压强之比为1∶1，故A不符合题意；
B．若体积保持不变，则v(SO3)＝0.35 mol·L－1·min－1，而事实上体积缩小，所以v(SO3)＞0.35 mol·L－1·min－1，故B不符合题意；
C．在绝热条件下，温度升高，平衡左移，平衡后n(SO3)＜1.4 mol，故C符合题意；
D．若改为恒温恒容，则原平衡左移，放出热量应小于Q kJ；故D不符合题意；
答案为C。
【分析】由题干数据可得平衡三段式如下：
据此结合选项进行计算。
14．（2020高二上·娄底期中）KClO3和KHSO3可发生下列反应： ＋ → ＋Cl－＋H＋(未配平)，已知酸性越强，该反应的反应速率越快。如图为反应速率v( )随时间(t)的变化曲线。下列有关说法错误的是（　　）
A．KClO3和KHSO3发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
B．反应开始阶段速率逐渐增大可能是c(H＋)逐渐增高导致的
C．纵坐标为v( )时的v( )随时间(t)的变化曲线与原图曲线完全吻合
D．反应后期速率逐渐减小的主要原因是c( )、c( )降低
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．反应中KClO3为氧化剂，KHSO3为还原剂，反应的化学方程式为 +3 =3 +Cl-+3H+，可知反应的氧化剂与还原剂的物质的量之 比为1∶3，故A不符合题意；
B．反应开始阶段氢离子浓度增大，由题给信息可知，速率逐渐增大可能是 c(H+)逐渐增高导致的，故B不符合题意；
C．反应的化学方程式为 +3 =3 +Cl-+3H+，v( )∶v( )=1∶3，纵坐标为v( )的v-t曲线与图中曲线不重合，故C符合题意；
D．反应后期虽然氢离子浓度增大，但c( )、c( )降低，反应速率减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据得失电子守恒确定氧化剂与还原剂的物质的量之比；
B、反应开始阶段，溶液中c(H＋)较大，酸性较强，结合酸性对反应速率的影响分析；
C、结合反应速率之比等于化学计量数之比分析；
D、结合浓度对反应速率的影响分析；
15．（2020高二上·娄底期中）用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH＜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】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；摩尔质量
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，A不符合题意；
B．由图可知，a、c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，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故v(a)＜v(c)；b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)，B不符合题意；
C．由图可知，a、c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T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K(a)＞K(c)，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)，C符合题意；
D．CO转化率的越大，气体的物质的量越小，而气体的总质量不变，由 可知，M越小；则可知M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 根据图像分析：正反应为放热反应，温度越高CO转化率越低判断温度大小；
B. 根据温度、压强对化学反应速率的影响判断a和c、b和d的反应速率大小；
C. 温度越高，化学平衡常数越小，判断各点的平衡常数关系；
D. CO转化率越大，n总越小，结合气体总质量不变，由M=判断．
16．（2020高二上·娄底期中）在体积、温度都相同的条件下，反应2A(g)＋2B(g) C(g)＋3D(g)分别从下列两条途径建立平衡：
Ⅰ.A、B的起始物质的量均为4 mol；
Ⅱ.C、D的起始物质的量分别为4 mol和12 mol。
以下叙述中错误的是（　　）
A．Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的百分组成相同
B．Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的平均相对分子质量相同
C．达平衡时，Ⅰ途径所得混合气体的密度为Ⅱ途径所得混合气体密度的
D．达平衡时，Ⅰ途径的反应速率vA等于Ⅱ途径的反应速率vA
【答案】D
【知识点】等效平衡
【解析】【解答】A．增大压强，平衡不移动，所以Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的百分组成相同，故A不符合题意；
B．平均相对分子质量等于总质量除以总物质的量，Ⅰ途径的总质量和总物质的量都是Ⅱ途径的 ，所以两条途径最终达到平衡时，体系内混合气体的平均相对分子质量相同，故B不符合题意；
C．密度等于混合气的总质量除以容器的体积，容器的体积是一定的，Ⅰ途径的总质量是Ⅱ途径的 ，所以达平衡时，Ⅰ途径所得混合气体的密度为Ⅱ途径所得混合气体密度的 ，故C不符合题意；
D．在其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，达平衡时，Ⅰ途径的压强小于Ⅱ途径的压强，所以Ⅰ途径的反应速率vA小于Ⅱ途径的反应速率vA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】途径Ⅱ可等效为A、B的起始物质的量为8mol。
A、反应前后气体分子数保持不变，增大压强，平衡不移动；
B、根据公式进行分析；
C、根据公式进行分析；
D、结合压强对反应速率的影响分析；
17．（2020高二上·娄底期中）一定条件下，在密闭容器中进行如下反应：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.4kJ mol-1。平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取措施最合理的是（　　）
A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强
C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强
【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．加催化剂同时升高温度，反应速率加快，但是催化剂不改变平衡状态，且升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，故A不符合题意；
B．催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，故B符合题意；
C．升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小，故C不符合题意；
D．降低温度同时增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，但反应速率不一定增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】此题是对反应速率和平衡移动的考查，结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率和平衡移动的影响分析。
18．（2020高二上·娄底期中）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1.5倍，下列叙述正确的是（　　）
A．A的转化率变大 B．平衡向正反应方向移动
C．D的体积分数变大 D．a＜c＋d
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，平衡逆向移动，A的转化率变小，A不符合题意；
B．由分析可知，平衡逆向移动，B不符合题意；
C．平衡逆向移动，D的体积分数减小，C 不符合题意；
D．压强增大，平衡逆向移动，则a＜c+d，D 符合题意。
故答案为：D。
【分析】反应达到平衡后，将气体体积压缩为原来的一半，则此时D的浓度为原来的2倍。当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.5倍，说明平衡逆向移动。据此结合选项进行分析。
19．（2020高二上·娄底期中）某同学在研究Fe与 的反应时，进行了如图所示实验(部分夹持装置已略去)。
（1）实验Ⅰ中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为　 　。
（2）实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，其原因是　 　。
（3）实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，则试管A中产生的气体是　 　(填化学式)，C的作用是　 　。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同学们得出以下结论：
①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于　 　。
②造成反应多样性的因素有　 　。
【答案】（1）
（2）常温下，铁遇浓硫酸发生钝化
（3）；吸收 ，防止污染环境
（4）+1价的氢元素；反应物的浓度、温度
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】(1)实验Ⅰ中，Fe和稀硫酸反应生成 和 ，其离子方程式为 ；故答案为： 。
(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，在常温下，浓硫酸与铁接触时，会使铁表面生成一层致密的氧化膜而钝化；故答案为：常温下，铁遇浓硫酸发生钝化。
(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，铁和浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，因此试管A中产生的气体是 ， 会污染环境，因此C的作用是吸收 ，防止污染环境；故答案为： ；吸收 ，防止污染环境。
(4)①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素。
②常温下，铁和浓硫酸发生钝化，加热条件下反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁和稀硫酸反应生成氢气，因此造成反应多样性的因素有反应物的浓度、温度；故答案为：反应物的浓度、温度。
【分析】（1）铁与稀硫酸反应生成可溶性FeSO4和H2，据此写出反应的离子方程式。
（2）浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化。
（3）铁与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2；随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成H2。
（4）①根据铁与浓硫酸、稀硫酸反应的产物分析；
②由实验过程中硫酸的浓度分析。
20．（2020高二上·娄底期中）在100 ℃时，将0.100 mol N2O4气体充入1 L恒容抽空的密闭容器中，隔一定时间对该容器内物质的浓度进行分析得到如表数据：
时间(s) 0 20 40 60 80
c(N2O4)/mol·L－1 0.100 c1 0.050 c3 c4
c(NO2)/mol·L－1 0.000 0.060 c2 0.120 0.120
（1）该反应的平衡常数表达式为　 　；
从表中分析：c1　 　c2，c3　 　c4(填“>”、“<”或“＝”)。
（2）在上述条件下，从反应开始直至达到化学平衡时，N2O4的平均反应速率为　 　mol·L－1·s－1。
（3）达平衡后下列条件的改变可使NO2气体浓度增大的是_______(填字母序号)。
A．扩大容器的容积 B．再充入一定量的N2O4
C．分离出一定量的NO2 D．再充入一定量的He
（4）若在相同条件下，起始时只充入0.080 mol NO2气体，则达到平衡时NO2气体的转化率为　 　。
【答案】（1）；c1（2）0.001mol·L－1·s－1
（3）B
（4）25%
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)N2O4气体反应的方程式为N2O4 2NO2，则平衡常数的表达式为K= ；根据反应的物质的量之比等于化学计量数之比，NO2生成0.060mol/L，N2O4消耗0.030mol/L，则c1=0.070mol/L，同理，c(N2O4)= 0.050mol/L时，则c2=c(NO2)=0.1mol/L，c1＜c2；60s时，NO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，则c3=c4；
(2)c(NO2)=0.120mol/L时，消耗c(N2O4)= 0.060mol/L，N2O4的平均反应速率= =0.001 mol·L-1·s-1；
(3)A．扩大容器的容积，反应体系中各物质的浓度均减小，A与题意不符；
B．再充入一定量的N2O4，平衡向生成NO2的方向移动，NO2的浓度增大，B正确；
C．分离出一定量的NO2，平衡向生成NO2的方向移动，但分离时导致浓度减小的程度大，NO2的浓度减小，C与题意不符；
D．再充入一定量的He，平衡不移动，NO2的浓度不变，D与题意不符；
答案为B。
(4)相同条件下，温度不变，则反应平衡常数不变，K= =0.36mol/L，
K= =0.36mol/L，求解x=0.020mol/L，容器的体积为1L，NO2气体的转化率= ×100%=25%。
【分析】（1）根据反应的化学化学方程式书写平衡常数的表达式；根据表格数据计算，确定各个浓度的相对大小。
（2）根据公式计算反应速率。
（3）结合浓度、压强对平衡移动的影响分析。
（4）根据平衡三段式和平衡常数的表达式进行计算。
21．（2020高二上·娄底期中）
（1）已知反应Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)　ΔH1，平衡常数为K1；
反应Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)　ΔH2，平衡常数为K2。
在不同温度时K1、K2的值如下表：
　 700 ℃ 900 ℃
K1 1.47 2.15
K2 2.38 1.67
反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH，平衡常数为K，则ΔH=　 　(用ΔH1和ΔH2表示)，K=　 　(用K1和K2表示)，且由上述计算可知，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)是　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)　ΔH>0，CO2的浓度与时间的关系如图所示：
①该条件下反应的平衡常数为　 　；若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0 mol·L-1，则平衡时CO的浓度为　 　 mol·L-1。
②下列措施中能使平衡时 增大的是　 　(填字母)。
A．升高温度 B．增大压强
C．再充入一定量的CO2 D．再加入一定量铁粉
【答案】（1）ΔH1-ΔH2；；吸热
（2）2.0；；A
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)△H1，②Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)△H2，据盖斯定律，① ②得：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H=△H1 △H2；反应的 ， ， ，所以 ；K1随温度的升高而增大，K2随温度升高而减小，则K随温度升高而增大，说明正反应吸热，故答案为：ΔH1-ΔH2； ；吸热；
（2）①据图分析平衡时二氧化碳的浓度分别为0.5mol/L，二氧化碳的浓度变化为：1.5mol/L 0.5mol/L=1mol/L，根据反应方程式可知反应生成CO的浓度为1mol/L，则该反应的平衡常数 ，若CO2的起始浓度为2.0mol L 1，据方程式可知，反应的二氧化碳的浓度与生成CO浓度相等，设二者的浓度为xmol/L，则平衡时二氧化碳浓度为(2.0 x)mol/L， ，解得：x= ，故答案为：2.0； ；
② 为该反应的平衡常数，平衡常数随温度变化，不随浓度压强等因素变化，反应是吸热反应，升温平衡时K增大。
A. 升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，故A正确；
B. 增大压强，平衡不动，平衡常数不变，故B不正确；
C. 充入一定量二氧化碳，平衡向着正向移动，由于温度不变，则平衡常数不变，故C不正确；
D. 铁粉为固体，再加入铁粉后，平衡不发生移动，则该反应的平衡常数不变，故D不正确。
故答案为：A。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；根据各个反应平衡常数的表达式进行分析；结合温度对平衡常数的影响分析反应的热效应。
（2）①结合平衡三段式进行计算；
②根据温度、浓度、压强对平衡移动的影响分析。
22．（2020高二上·娄底期中）合成氨工业的核心反应是N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1。反应过程中能量变化如图所示，回答下列问题。
（1）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化：E1　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）在500℃、2×107 Pa和催化剂条件下向一密闭容器中充入0.5 mol N2和1.5 mol H2，充分反应后，放出的热量　 　(填“＜”、“＞”或“＝”)46.2 kJ，理由是　 　。
（3）关于该反应的下列说法中，正确的是_______(填字母)。
A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＞0，ΔS＜0
C．ΔH＜0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜0
【答案】（1）减小
（2）＜；此反应为可逆反应，0.5 mol N2和1.5 mol H2不可能完全反应，所以放热小于46.2 kJ
（3）D
【知识点】催化剂；焓变和熵变；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)催化剂能够降低反应的活化能，故E1减小；
(2)N2和H2的反应为可逆反应，则充入0.5mol N2和1.5mol H2充分反应，不能完全反应，则释放的热量小于46.2kJ；
(3)根据图像，反应为放热反应，则ΔH＜0，根据反应的方程式，反应为气体的物质的量减小的反应，即ΔS＜0，答案为D。
【分析】（1）催化剂可降低反应所需的活化能。
（2）N2与H2的反应为可逆反应，因此0.5molN2与1.5H2不完全反应，据此分析。
（3）根据能量图判断ΔH，根据反应前后气体分子数的变化判断ΔS。
1 / 1湖南省娄底市2020-2021学年高二上学期化学期中考试试卷
1．（2020高二上·娄底期中）从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（　　）
A B C D
海带灼烧成灰 过滤得含I-溶液 放出碘的苯溶液 分离碘并回收苯
A．A B．B C．C D．D
2．（2020高二上·娄底期中）下列说法正确的是（　　）
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol 1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥
C．③④⑥ D．①④⑥
3．（2020高二上·娄底期中）被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为﹣1价）能溶于水并和水反应，有如下反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，下列有关该反应的说法中，正确的是（　　）
A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂
C．硼元素被氧化，氢元素被还原
D．被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1
4．（2020高二上·娄底期中）下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法错误的是（　　）
A．X与M两种元素组成的化合物能与碱反应，但不能与任何酸反应
B．N、Z两种元素的离子半径相比前者较大
C．M、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比后者较强
D．工业上常用电解Y和N形成的化合物的熔融态制取Y的单质
5．（2020高二上·娄底期中）下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是（　　）
A．长时间看到Fe(OH)2白色沉淀 B．证明ρ(煤油)＜ρ(钠)＜ρ(水) C．探究氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2 D．比较NaHCO3、Na2CO3，的热稳定性
A．A B．B C．C D．D
6．（2020高二上·娄底期中）下列反应中，属于加成反应的是（　　）
A．CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl
B． +HNO3(浓) +H2O
C．CH3Cl＋Cl2 CH2Cl2＋HCl
D．CH3CH2OH＋3O2 2CO2＋3H2O
7．（2020高二上·娄底期中）下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（　　）
A．生成物总能量一定低于反应物总能量
B．干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是吸热反应
C．酒精可用作燃料，说明酒精燃烧是释放能量的反应
D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
8．（2020高二上·娄底期中）根据如图所示的反应判断下列说法中错误的是（　　）
A．CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量
B．该反应的焓变大于零
C．该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量
D．由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应
9．（2020高二上·娄底期中）已知化学反应A2(g)＋B2(g) 2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是 （　　）
A．该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ·mol－1
B．每生成2 molAB放出(a－b) kJ热量
C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D．断裂1 mol A—A键和1 mol B—B键，放出a kJ能量
10．（2020高二上·娄底期中）已知反应：①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH＝－221 kJ/mol
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ/mol下列结论正确的是（　　）
A．碳的燃烧热的数值大于110.5 kJ/mol
B．①的反应热ΔH为221 kJ/mol
C．浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－57.3 kJ/mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
11．（2020高二上·娄底期中）在恒温、恒容的密闭容器中进行反应2H2O2 2H2O＋O2↑。若H2O2溶液的浓度由2.0 mol·L－1降到1.0 mol·L－1需20 s，那么H2O2浓度由1.0 mol·L－1降到0.5 mol·L－1所需的反应时间为（　　）
A．大于10 s B．小于10 s C．10 s D．无法判断
12．（2020高二上·娄底期中）下列关于化学平衡常数的说法中错误的是（　　）
A．化学平衡常数与压强、浓度无关
B．催化剂不能改变平衡常数的大小
C．化学平衡发生移动，平衡常数必定发生改变
D．平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动
13．（2020高二上·娄底期中）在恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＜0。2 min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4 mol，同时放出热量Q kJ，则下列分析正确的是（　　）
A．在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3
B．若反应开始时容器容积为2 L，则0—2min内v(SO3)＝0.35 mol·L－1·min－1
C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)＜1.4 mol
D．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于Q kJ
14．（2020高二上·娄底期中）KClO3和KHSO3可发生下列反应： ＋ → ＋Cl－＋H＋(未配平)，已知酸性越强，该反应的反应速率越快。如图为反应速率v( )随时间(t)的变化曲线。下列有关说法错误的是（　　）
A．KClO3和KHSO3发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
B．反应开始阶段速率逐渐增大可能是c(H＋)逐渐增高导致的
C．纵坐标为v( )时的v( )随时间(t)的变化曲线与原图曲线完全吻合
D．反应后期速率逐渐减小的主要原因是c( )、c( )降低
15．（2020高二上·娄底期中）用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH＜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)
16．（2020高二上·娄底期中）在体积、温度都相同的条件下，反应2A(g)＋2B(g) C(g)＋3D(g)分别从下列两条途径建立平衡：
Ⅰ.A、B的起始物质的量均为4 mol；
Ⅱ.C、D的起始物质的量分别为4 mol和12 mol。
以下叙述中错误的是（　　）
A．Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的百分组成相同
B．Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的平均相对分子质量相同
C．达平衡时，Ⅰ途径所得混合气体的密度为Ⅱ途径所得混合气体密度的
D．达平衡时，Ⅰ途径的反应速率vA等于Ⅱ途径的反应速率vA
17．（2020高二上·娄底期中）一定条件下，在密闭容器中进行如下反应：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.4kJ mol-1。平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取措施最合理的是（　　）
A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强
C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强
18．（2020高二上·娄底期中）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1.5倍，下列叙述正确的是（　　）
A．A的转化率变大 B．平衡向正反应方向移动
C．D的体积分数变大 D．a＜c＋d
19．（2020高二上·娄底期中）某同学在研究Fe与 的反应时，进行了如图所示实验(部分夹持装置已略去)。
（1）实验Ⅰ中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为　 　。
（2）实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，其原因是　 　。
（3）实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，则试管A中产生的气体是　 　(填化学式)，C的作用是　 　。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同学们得出以下结论：
①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于　 　。
②造成反应多样性的因素有　 　。
20．（2020高二上·娄底期中）在100 ℃时，将0.100 mol N2O4气体充入1 L恒容抽空的密闭容器中，隔一定时间对该容器内物质的浓度进行分析得到如表数据：
时间(s) 0 20 40 60 80
c(N2O4)/mol·L－1 0.100 c1 0.050 c3 c4
c(NO2)/mol·L－1 0.000 0.060 c2 0.120 0.120
（1）该反应的平衡常数表达式为　 　；
从表中分析：c1　 　c2，c3　 　c4(填“>”、“<”或“＝”)。
（2）在上述条件下，从反应开始直至达到化学平衡时，N2O4的平均反应速率为　 　mol·L－1·s－1。
（3）达平衡后下列条件的改变可使NO2气体浓度增大的是_______(填字母序号)。
A．扩大容器的容积 B．再充入一定量的N2O4
C．分离出一定量的NO2 D．再充入一定量的He
（4）若在相同条件下，起始时只充入0.080 mol NO2气体，则达到平衡时NO2气体的转化率为　 　。
21．（2020高二上·娄底期中）
（1）已知反应Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)　ΔH1，平衡常数为K1；
反应Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)　ΔH2，平衡常数为K2。
在不同温度时K1、K2的值如下表：
　 700 ℃ 900 ℃
K1 1.47 2.15
K2 2.38 1.67
反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH，平衡常数为K，则ΔH=　 　(用ΔH1和ΔH2表示)，K=　 　(用K1和K2表示)，且由上述计算可知，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)是　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)　ΔH>0，CO2的浓度与时间的关系如图所示：
①该条件下反应的平衡常数为　 　；若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0 mol·L-1，则平衡时CO的浓度为　 　 mol·L-1。
②下列措施中能使平衡时 增大的是　 　(填字母)。
A．升高温度 B．增大压强
C．再充入一定量的CO2 D．再加入一定量铁粉
22．（2020高二上·娄底期中）合成氨工业的核心反应是N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1。反应过程中能量变化如图所示，回答下列问题。
（1）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化：E1　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）在500℃、2×107 Pa和催化剂条件下向一密闭容器中充入0.5 mol N2和1.5 mol H2，充分反应后，放出的热量　 　(填“＜”、“＞”或“＝”)46.2 kJ，理由是　 　。
（3）关于该反应的下列说法中，正确的是_______(填字母)。
A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＞0，ΔS＜0
C．ΔH＜0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜0
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取；海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A．海带灼烧需要在坩埚中进行，故A不符合题意；
B．过滤需要用玻璃棒，故B不符合题意；
C．萃取时碘的苯溶液在上层，上层液体要从上口倒出来，不能从分液漏斗下端放出来，故C不符合题意；
D．利用碘和苯沸点不同，通过蒸馏来分离碘并回收苯，操作均正确，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.灼烧海带温度很高，烧杯承受高温
B.缺少玻璃棒引流易造成液体溅出
C.苯的密度比水小
D.碘很易升华，而有机物苯的沸点低
2．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】考查气体的摩尔体积与阿伏加德罗定律。需要强调的是摩尔体积只针对于气体，而且对于气体只有在说明状况的条件下体积才有意义。
故答案为：B
【分析】气体摩尔体积必须指明温度和压强，一般情况下，是指标准状况下的气体摩尔体积。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，故A错误；
B．NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故B错误；
C．NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，故C错误；
D．化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确．
故选D．
【分析】反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，NaBH4中H元素化合价为﹣1价，水中H元素化合价为+1价，二者发生氧化还原反应生成H2，以此解答该题．
4．【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．X与M分别为O元素、Si元素，组成的化合物为二氧化硅，为酸性氧化物，可与碱反应，能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，A说法符合题意；
B．N、Z两种元素分别为Cl、Al，两离子相差1个电子层，故氯离子半径大于铝离子，即前者较大，B说法不符合题意；
C．M、N两种元素分别为Si、Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HCl比SiH4稳定，即后者的氢化物较稳定，C说法不符合题意；
D．点解熔融状态的NaCl时可生成氯气和Na，故工业制备Na，常用电解熔融的NaCl方法冶炼，D说法不符合题意。
故答案为A。
【分析】A、SiO2能与HF反应；
B、电子层数越大，离子半径越大；
C、非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；
D、工业上常用电解熔融NaCl的方法制备金属Na；
5．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，A能达到实验目的；
B．金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明ρ(煤油)＜ρ(钠)＜ρ(水)，A能达到实验目的；
C．KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4＞Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，C能达到实验目的；
D．因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，加热时，大试管中的温度高于小试管，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，D不能达到实验目的。
答案为D。
【分析】A、Fe与稀硫酸反应生成的H2可排出装置内的空气，防止反应生成的Fe(OH)2被氧化；
B、根据金属Na在水、煤油界面的上下移动进行判断；
C、根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析；
D、加热过程中，大试管的温度较高，应放置Na2CO3；
6．【答案】A
【知识点】加成反应
【解析】【解答】A．CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl，符合加成反应的定义，属于加成反应，A符合题意；
B． +HNO3(浓) +H2O属于取代反应，B不合题意；
C．CH3Cl＋Cl2 CH2Cl2＋HCl属于取代反应，C不合题意；
D．CH3CH2OH＋3O2 2CO2＋3H2O属于氧化反应，D不合题意；
故答案为A。
【分析】加成反应是指有机物中的不饱和键（碳碳双键或三键）断裂在两端分别与其他原子或原子团相连的反应，产物只有一种，据此结合选项进行分析。
7．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变
【解析】【解答】A．不同的反应，生成物与反应物的总能量的大小关系不确定，放热反应中，生成物总能量一定低于反应物总能量，A叙述不符合题意；
B．干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是物理变化，为吸热过程，不是反应，B叙述不符合题意；
C．燃料有可燃性，酒精燃烧生成二氧化碳和水，并放出热量，燃料燃烧都放出热量，C叙述符合题意；
D．光照与点燃条件下，氢气与氯气反应的物质的状态均相同，则反应热相同，D叙述不符合题意；
答案为C。
【分析】A、结合放热反应和吸热反应的能量变化分析；
B、干冰的气化为物理变化；
C、酒精燃烧放出热量；
D、反应热只与物质的始态和终态有关，与反应条件无关；
8．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.因为碳酸钙受热分解是吸热反应，所以CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量，A不符合题意；
B.吸热反应，焓变大于零，B不符合题意；
C.在CaCO3中，Ca2＋和CO32－之间存在离子键，CO32－中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，C不符合题意；
D.需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热反应，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、反应条件为高温，导致生成物能量大于反应物；
B、反应为吸热反应，；
C、碳酸根与钙离子断裂，钙离子再与碳酸根中氧原子结合，化学反应，旧键断裂吸热，新键生成放热；
D、加热可能是点燃，使温度达到可燃物着火点；
9．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．依据图象可知，1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a b)kJ热量，故ΔH=+(a-b)kJ·mol-1，A叙述符合题意；
B．依据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，B叙述不符合题意；
C．依据能量图象分析可知反应物总能量低于生成物总能量，C叙述不符合题意；
D．由图可知，断裂1molA A和1molB B键，吸收akJ能量，D叙述不符合题意；
答案为A。
【分析】A、反应热ΔH=akJ/mol-bkJ/mol；
B、该反应为吸热反应；
C、根据能量图中物质能量的大小分析；
D、断裂化学键需要吸收能量；
10．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；中和热
【解析】【解答】A．燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据反应①可知1mol完全燃烧放出的热量一定是大于110.5kJ，A符合题意；
B．①为放热反应，反应热ΔH为－221 kJ/mol，B不符合题意；
C．中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，浓硫酸溶于水会放出大量的热量，因此浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热不是-57.3 kJ/mol，C不符合题意；
D．醋酸是弱酸存在电离平衡，而电离是吸热的，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、体现碳的燃烧热时，碳的燃烧产物应为CO2气体；
B、反应①的ΔH为-211kJ/mol；
C、浓硫酸稀释过程中放出热量；
D、CH3COOH电离过程中吸收热量；
11．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】H2O2的浓度由2.0 mol·L－1降到1.0/L mol L－1需20 s，则这段时间的平均反应速率为：(2.0 mol L-1-1.0 mol L-1)÷20 s＝0.05mol L-1 s-1，如果速率不变，则H2O2浓度由1.0mol L-1降到0.5mol L-1所需的反应时间为(1.0 mol L-1-0.5 mol L-1)÷0.05mol L-1 s-1＝10s，但随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率逐渐减小，所以所需时间应大于10s，故答案为A。
【分析】随着反应的进行，溶液中H2O2的浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，因此反应所需的时间逐渐增大。
12．【答案】C
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A．化学平衡常数只与温度有关，与压强、浓度无关，A说法不符合题意；
B．催化剂能改变达到平衡时所用的时间，不能改变平衡常数的大小，B说法不符合题意；
C．化学平衡发生移动，改变的条件为浓度、压强时，平衡常数不发生改变，C说法符合题意；
D．平衡常数发生变化，则反应的温度一定发生改变，化学平衡必定发生移动，D说法不符合题意；
答案为C。
【分析】A、化学平衡常数只与温度有关；
B、催化剂不改变平衡移动，也不改变平衡常数；
C、不是温度引起的平衡移动，平衡常数保持不变；
D、平衡常数发生变化，则温度一定变化，平衡一定发生移动；
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A．因为是恒温恒压条件下，所以平衡前后，压强不变，压强之比为1∶1，故A不符合题意；
B．若体积保持不变，则v(SO3)＝0.35 mol·L－1·min－1，而事实上体积缩小，所以v(SO3)＞0.35 mol·L－1·min－1，故B不符合题意；
C．在绝热条件下，温度升高，平衡左移，平衡后n(SO3)＜1.4 mol，故C符合题意；
D．若改为恒温恒容，则原平衡左移，放出热量应小于Q kJ；故D不符合题意；
答案为C。
【分析】由题干数据可得平衡三段式如下：
据此结合选项进行计算。
14．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．反应中KClO3为氧化剂，KHSO3为还原剂，反应的化学方程式为 +3 =3 +Cl-+3H+，可知反应的氧化剂与还原剂的物质的量之 比为1∶3，故A不符合题意；
B．反应开始阶段氢离子浓度增大，由题给信息可知，速率逐渐增大可能是 c(H+)逐渐增高导致的，故B不符合题意；
C．反应的化学方程式为 +3 =3 +Cl-+3H+，v( )∶v( )=1∶3，纵坐标为v( )的v-t曲线与图中曲线不重合，故C符合题意；
D．反应后期虽然氢离子浓度增大，但c( )、c( )降低，反应速率减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据得失电子守恒确定氧化剂与还原剂的物质的量之比；
B、反应开始阶段，溶液中c(H＋)较大，酸性较强，结合酸性对反应速率的影响分析；
C、结合反应速率之比等于化学计量数之比分析；
D、结合浓度对反应速率的影响分析；
15．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；摩尔质量
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，A不符合题意；
B．由图可知，a、c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，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故v(a)＜v(c)；b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)，B不符合题意；
C．由图可知，a、c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T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K(a)＞K(c)，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)，C符合题意；
D．CO转化率的越大，气体的物质的量越小，而气体的总质量不变，由 可知，M越小；则可知M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 根据图像分析：正反应为放热反应，温度越高CO转化率越低判断温度大小；
B. 根据温度、压强对化学反应速率的影响判断a和c、b和d的反应速率大小；
C. 温度越高，化学平衡常数越小，判断各点的平衡常数关系；
D. CO转化率越大，n总越小，结合气体总质量不变，由M=判断．
16．【答案】D
【知识点】等效平衡
【解析】【解答】A．增大压强，平衡不移动，所以Ⅰ、Ⅱ两途径最终达到平衡时，体系内混合气体的百分组成相同，故A不符合题意；
B．平均相对分子质量等于总质量除以总物质的量，Ⅰ途径的总质量和总物质的量都是Ⅱ途径的 ，所以两条途径最终达到平衡时，体系内混合气体的平均相对分子质量相同，故B不符合题意；
C．密度等于混合气的总质量除以容器的体积，容器的体积是一定的，Ⅰ途径的总质量是Ⅱ途径的 ，所以达平衡时，Ⅰ途径所得混合气体的密度为Ⅱ途径所得混合气体密度的 ，故C不符合题意；
D．在其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，达平衡时，Ⅰ途径的压强小于Ⅱ途径的压强，所以Ⅰ途径的反应速率vA小于Ⅱ途径的反应速率vA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】途径Ⅱ可等效为A、B的起始物质的量为8mol。
A、反应前后气体分子数保持不变，增大压强，平衡不移动；
B、根据公式进行分析；
C、根据公式进行分析；
D、结合压强对反应速率的影响分析；
17．【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．加催化剂同时升高温度，反应速率加快，但是催化剂不改变平衡状态，且升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，故A不符合题意；
B．催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，故B符合题意；
C．升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小，故C不符合题意；
D．降低温度同时增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，但反应速率不一定增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】此题是对反应速率和平衡移动的考查，结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率和平衡移动的影响分析。
18．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，平衡逆向移动，A的转化率变小，A不符合题意；
B．由分析可知，平衡逆向移动，B不符合题意；
C．平衡逆向移动，D的体积分数减小，C 不符合题意；
D．压强增大，平衡逆向移动，则a＜c+d，D 符合题意。
故答案为：D。
【分析】反应达到平衡后，将气体体积压缩为原来的一半，则此时D的浓度为原来的2倍。当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.5倍，说明平衡逆向移动。据此结合选项进行分析。
19．【答案】（1）
（2）常温下，铁遇浓硫酸发生钝化
（3）；吸收 ，防止污染环境
（4）+1价的氢元素；反应物的浓度、温度
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质实验
【解析】【解答】(1)实验Ⅰ中，Fe和稀硫酸反应生成 和 ，其离子方程式为 ；故答案为： 。
(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，在常温下，浓硫酸与铁接触时，会使铁表面生成一层致密的氧化膜而钝化；故答案为：常温下，铁遇浓硫酸发生钝化。
(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，铁和浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，因此试管A中产生的气体是 ， 会污染环境，因此C的作用是吸收 ，防止污染环境；故答案为： ；吸收 ，防止污染环境。
(4)①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素。
②常温下，铁和浓硫酸发生钝化，加热条件下反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁和稀硫酸反应生成氢气，因此造成反应多样性的因素有反应物的浓度、温度；故答案为：反应物的浓度、温度。
【分析】（1）铁与稀硫酸反应生成可溶性FeSO4和H2，据此写出反应的离子方程式。
（2）浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化。
（3）铁与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2；随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成H2。
（4）①根据铁与浓硫酸、稀硫酸反应的产物分析；
②由实验过程中硫酸的浓度分析。
20．【答案】（1）；c1（2）0.001mol·L－1·s－1
（3）B
（4）25%
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)N2O4气体反应的方程式为N2O4 2NO2，则平衡常数的表达式为K= ；根据反应的物质的量之比等于化学计量数之比，NO2生成0.060mol/L，N2O4消耗0.030mol/L，则c1=0.070mol/L，同理，c(N2O4)= 0.050mol/L时，则c2=c(NO2)=0.1mol/L，c1＜c2；60s时，NO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，则c3=c4；
(2)c(NO2)=0.120mol/L时，消耗c(N2O4)= 0.060mol/L，N2O4的平均反应速率= =0.001 mol·L-1·s-1；
(3)A．扩大容器的容积，反应体系中各物质的浓度均减小，A与题意不符；
B．再充入一定量的N2O4，平衡向生成NO2的方向移动，NO2的浓度增大，B正确；
C．分离出一定量的NO2，平衡向生成NO2的方向移动，但分离时导致浓度减小的程度大，NO2的浓度减小，C与题意不符；
D．再充入一定量的He，平衡不移动，NO2的浓度不变，D与题意不符；
答案为B。
(4)相同条件下，温度不变，则反应平衡常数不变，K= =0.36mol/L，
K= =0.36mol/L，求解x=0.020mol/L，容器的体积为1L，NO2气体的转化率= ×100%=25%。
【分析】（1）根据反应的化学化学方程式书写平衡常数的表达式；根据表格数据计算，确定各个浓度的相对大小。
（2）根据公式计算反应速率。
（3）结合浓度、压强对平衡移动的影响分析。
（4）根据平衡三段式和平衡常数的表达式进行计算。
21．【答案】（1）ΔH1-ΔH2；；吸热
（2）2.0；；A
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)△H1，②Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)△H2，据盖斯定律，① ②得：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H=△H1 △H2；反应的 ， ， ，所以 ；K1随温度的升高而增大，K2随温度升高而减小，则K随温度升高而增大，说明正反应吸热，故答案为：ΔH1-ΔH2； ；吸热；
（2）①据图分析平衡时二氧化碳的浓度分别为0.5mol/L，二氧化碳的浓度变化为：1.5mol/L 0.5mol/L=1mol/L，根据反应方程式可知反应生成CO的浓度为1mol/L，则该反应的平衡常数 ，若CO2的起始浓度为2.0mol L 1，据方程式可知，反应的二氧化碳的浓度与生成CO浓度相等，设二者的浓度为xmol/L，则平衡时二氧化碳浓度为(2.0 x)mol/L， ，解得：x= ，故答案为：2.0； ；
② 为该反应的平衡常数，平衡常数随温度变化，不随浓度压强等因素变化，反应是吸热反应，升温平衡时K增大。
A. 升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，故A正确；
B. 增大压强，平衡不动，平衡常数不变，故B不正确；
C. 充入一定量二氧化碳，平衡向着正向移动，由于温度不变，则平衡常数不变，故C不正确；
D. 铁粉为固体，再加入铁粉后，平衡不发生移动，则该反应的平衡常数不变，故D不正确。
故答案为：A。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；根据各个反应平衡常数的表达式进行分析；结合温度对平衡常数的影响分析反应的热效应。
（2）①结合平衡三段式进行计算；
②根据温度、浓度、压强对平衡移动的影响分析。
22．【答案】（1）减小
（2）＜；此反应为可逆反应，0.5 mol N2和1.5 mol H2不可能完全反应，所以放热小于46.2 kJ
（3）D
【知识点】催化剂；焓变和熵变；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)催化剂能够降低反应的活化能，故E1减小；
(2)N2和H2的反应为可逆反应，则充入0.5mol N2和1.5mol H2充分反应，不能完全反应，则释放的热量小于46.2kJ；
(3)根据图像，反应为放热反应，则ΔH＜0，根据反应的方程式，反应为气体的物质的量减小的反应，即ΔS＜0，答案为D。
【分析】（1）催化剂可降低反应所需的活化能。
（2）N2与H2的反应为可逆反应，因此0.5molN2与1.5H2不完全反应，据此分析。
（3）根据能量图判断ΔH，根据反应前后气体分子数的变化判断ΔS。
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