广东省名校联盟（广州二中，珠海一中，中山纪中）2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

广东省名校联盟（广州二中，珠海一中，中山纪中）2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

‎ 广东名校联盟(广州二中，珠海一中，中山纪中)2019-2020学年高二上学期化学期中考试试卷 一、选择题 ‎1.下列有关物质用途的描述不正确的是(   )‎ A. 刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3      B. 硅可用于制作太阳能电池 C. Fe2O3俗称磁性氧化铁，可用作指南针                                  D. NaHCO3可用于作发酵剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.刚玉为Al2O3 ， 其熔点高，常用作耐高温材料，选项正确，A不符合题意； ‎ B.硅是一种常用的半导体材料，常用于制作太阳能电池，选项正确，B不符合题意；‎ C.磁性氧化铁为Fe3O4 ， 可用作指南针，Fe2O3为氧化铁，可用于制作涂料，选项错误，C符合题意；‎ D.NaHCO3加热分解产生二氧化碳气体，因此碳酸氢钠是一种常用的发酵剂，选项正确，D不符合题意；‎ 故答案为：C ‎2.在下列反应中，水既不做氧化剂也不做还原剂的是(   )‎ A. 2H2O2H2↑＋O2↑                                     B. 2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑‎ C. 3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑ D. 3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应中，H2O中氢元素化合价降低，为氧化剂，氧元素化合价升高，为还原剂，因此H2O既是氧化剂，又是还原剂，A不符合题意； ‎ B.该反应H2O中氧元素化合价升高，为还原剂，B不符合题意；‎ C.该反应H2O中氢元素化合价降低，为氧化剂，C不符合题意；‎ D.该反应H2O中氢氧元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂又不是还原剂，D符合题意；‎ 故答案为：D ‎3.下列物质久置于空气中会发生变化，其中不包含氧化还原过程的是(   )‎ A. 钠变成白色粉末                  B. 绿矾发黄                  C. 澄清的石灰水变浑浊                  D. 漂白粉失效 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠变成白色粉末，过程中钠元素的化合价升高，包含氧化还原反应，A不符合题意； ‎ B.绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，变换的过程中铁元素由+2价变为+3价， 包含氧化还原反应，B不符合题意；‎ C.澄清石灰水变浑浊的过程中，发生CO2与Ca(OH)2的反应，过程中没有元素化合价发生变化，不包含氧化还原反应，C符合题意；‎ D.漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，其失效过程主要与空气中的CO2反应生成HClO，HClO分解形成HCl和O2，过程中发生氧化还原反应，D不符合题意；‎ 故答案为：C ‎4.下列说法正确的是( )‎ A. 向Na2CO3溶液中加硫酸，有气泡产生，说明非金属性S>C B. 酸性：HBr> HI，说明非金属性Br>I C. 金属性Na>Cu，钠投入硫酸铜溶液会析出红色沉淀 D. 金属性Al>Cu，常温下，铝与浓硫酸反应比铜更剧烈 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向Na2CO3溶液中加入稀硫酸反应生成CO2，说明酸性H2SO4>H2CO3，则非金属性S>C，A符合题意； ‎ B.气态氢化物的酸性HI>HBr，而非金属性Br>I，B不符合题意；‎ C.由于Na金属性强，投入CuSO4溶液中，直接与H2O发生反应，不与CuSO4发生置换反应，C不符合题意；‎ D.常温下，‎ ‎ 浓硫酸能使铝钝化，形成一层致密的氧化膜，因此铝与浓硫酸不反应，D不符合题意；‎ 故答案为：A。‎ ‎5.下列反应的离子方程式的书写不正确的是( )‎ A. 向澄清石灰水中通入过量CO2：OH-+CO2=HCO3-‎ B. NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：NH4+＋OH- =NH3↑+H2O C. 氯气通入NaOH 溶液中：Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O D. 金属铜与稀硝酸反应： 3Cu＋8H+＋2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通入过量CO2，则反应生成HCO3－，该反应的离子方程式为：CO2＋OH－=HCO3－，选项正确，A不符合题意； ‎ B.NaOH过量，则NH4+和HCO3-都参与反应，该反应的离子方程式为：NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋CO32－＋H2O，选项错误，B符合题意；‎ C.Cl2与NaOH反应生成可行性的NaCl、NaClO和H2O，该反应的离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，选项正确，C不符合题意；‎ D.铜与稀硝酸反应生成可溶性Cu(NO3)2、H2O和NO，该反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，选项正确，D不符合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎【点睛】注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎6.下列各组物质间反应： ①Cu与HNO3溶液 ② 钠与氧气 ③ Zn与H2SO4溶液 ④MnO2与HCl溶液。由于浓度不同反应情况不同的有( )‎ A. ①③ B. ②④ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①铜与浓硝酸反应，其还原产物为NO2 ， 与稀硝酸反应，其还原产物为NO，硝酸的浓度不同，反应情况不同，①符合题意；‎ ‎ ②钠与氧气常温下反应生成Na2O，加热条件下反应生成Na2O2 ，‎ ‎ 反应条件不同，产物不同，与浓度无关，②不符合题意；‎ ‎ ③Zn与浓硫酸反应，生成SO2 ， 与稀硫酸反应生成H2 ， 硫酸浓度不同，产物不同，③符合题意；‎ ‎ ④MnO2与浓盐酸反应生成Cl2 ， 与稀盐酸不反应，盐酸的浓度不同，反应情况不同，④符合题意；‎ ‎ 综上，由于浓度不同，反应情况不同的是①③④，C符合题意； ‎ 故答案为：C ‎7.能增加反应物分子中活化分子的百分数的是:‎ ‎①升高温度 ②增加浓度③增大压强 ④使用催化剂 A. ① ③ B. ①④ C. ②③ D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①升高温度可以增大反应物分子中活化分子的百分数；‎ ‎②增加浓度可使活化分子的浓度增大，即可增加单位体积内活化分子数，但百分数不变；‎ ‎③增大压强可使活化分子的浓度增大，即可增加单位体积内活化分子数，但百分数不变；‎ ‎④使用催化剂可增大反应物中的活化分子百分数；‎ 因此符合条件的是①④，答案选B。‎ ‎8.下列说法错误的是（ ）‎ A. S(g)+O2(g)=SO2(g) △H1；S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2，则△H1<△H2‎ B. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) △H=-216kJ•mol-1，则反应总能量>生成物总能量 C. 己知C(石墨•s）=(金刚石•s） △H>0,则石墨比金刚石稳定 D. 相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1=E2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．都为放热反应，固体燃烧放出的热量小于气体燃烧放出的热量，△H＜0，则放出的热量越多△H越小，故A正确；B．为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B正确；C．C(石墨•s)=C(金刚石•s)△H＞0，可知金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，故C正确；D．因形成化学键放出能量，则2E1＞E2，故D错误；故答案为D。‎ ‎9.用铁块与0.1mol/L硫酸反应制取氢气，下列措施不能提高H2生成速率的是(   )‎ A. 将铁块换为铁粉                                                   B. 将0.1mol/L硫酸换为98%的硫酸 C. 适当加热                                                             D. 向溶液中加入适量0.5mol/L盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将铁块换成铁粉，相对表面积增大，反应速率加快，A不符合题意； ‎ B.将0.1mol/L的稀硫酸换为98%的浓硫酸，由于浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化，因此无法加快反应速率，B符合题意；‎ C.适当加热，温度升高，则反应速率加快，C不符合题意；‎ D.向溶液中适量加入0.5mol/L的稀盐酸，则溶液中c(H+)增大，反应速率加快，D不符合题意；‎ 故答案为：B ‎10.下列化学反应符合图示的是(   )‎ A. 冰雪融化           B. 铝与氧化铁的反应           C. 钠与水反应           D. Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.冰雪融化过程中需要加热，但该过程中没有新物质生成，属于物理变化，而不是化学反应，A不符合题意； ‎ B.铝与氧化铁的反应为放热反应，B不符合题意；‎ C.钠与水的反应为放热反应，C不符合题意；‎ D.Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应为吸热反应，D符合题意；‎ 故答案为：D ‎11.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是(   )‎ A. 28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数为4 NA B. 足量Na与1mol O2反应生成Na2O2时，钠失去2NA个电子 C. 标况下，22.4LNO2气体中含 NA个NO2分子 D. 1L0.1mol/L的蔗糖溶液中含有NA个分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯和丙烯的最简式都是CH2，可按CH2进行计算，则28g混合气体的物质的量n===2mol，则其所含的原子个数为2mol×3×NA=6NA，A不符合题意；‎ B.反应生成Na2O2时，氧元素由0价变为-1价，因此钠与1molO2反应时转移电子数为：1mol×2×1×NA=2NA，B符合题意；‎ C.标准状态下，22.4LNO2的物质的量=1mol，由于NO2气体中存在可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，因此所含NO2分子数应小于1NA，C不符合题意；‎ D.蔗糖溶液中还存在水分子，因此所含分子数应大于NA，D不符合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎12.破坏(或形成)1 mol化学键所吸收(或放出)的能量称为键能。已知 H—H 键的键能为 436 kJ·mol－1，O=O键的键能为 498 kJ·mol－1， H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH＝－286 kJ·mol－1 ， 则 H2O 分子中 O—H 键的键能为(   )‎ A. 485.5 kJ·mol－1               B. 610 kJ·mol－1               C. 917 kJ·mol－1               D. 1 220 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设O-H化学键的键能为akJ/mol，则该反应的反应热ΔH=436kJ/mol+498kJ/mol×0.5-2×akJ/mol=-286kJ/mol，解得a=485.5kJ/mol，A符合题意； ‎ 故答案为：A ‎【点睛】焓变=反应物键能-生成物键能。‎ ‎13.已知反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H>0：某条件下的平衡常数K=1，在该条件下，向某体积恒定密闭容器中充入一定量CO2(g)和H2(g)，反应到1min时，测得体系中各物质浓度依次为：c(CO2)=1mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CO)=0.5mol/L，c(H2O)=0.5mol/L，则下列说法正确的是( )‎ A. 1min时该反应处于平衡状态，正逆反应速率相等 B. 反应从开始到1min内的平均速率V(CO)=1mol/L.min C. 1min时降低温度，反应逆向进行 D. 1min时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应至1min时，体系内=0.25<1，因此反应正向进行，A不符合题意； ‎ B.反应从开始到1min内用CO表示的反应速率=0.5mol/（L∙min），B不符合题意；‎ C.由于1min时反应还未达到平衡状态，因此此时降低温度，平衡仍正向进行，C不符合题意；‎ D.由于QK反应向左进行，QCP(M1)‎ C. 图象中P点代表的平衡常数K为4‎ D. 温度和容积不变，再充入2molH2、1 mol CO，达到平衡时CO转化率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于CH3OH的合成，A不符合题意； ‎ B.由于该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，因此X不能表示温度，B不符合题意；‎ C.由图可知，P点时CO的转化率为50%，则参与反应n(CO)=1mol×50%=0.5mol，则参与反应的n(H2)=0.5mol×2=1mol，反应生成的n(CH3OH)=0.5mol；则反应达到平衡状态时，n(CO)=1mol-0.5mol=0.5mol、n(H2)=2mol-1mol=1mol、n(CH3OH)=0.5mol，容器体积为2L，因此该条件下，反应的平衡常数=4， C符合题意；‎ D.温度和容积不变时，再充入2molH2和1molCO，则体系的压强增大，平衡正向移动，CO的转化率增大，D不符合题意；‎ 故答案为：C ‎15.已知反应：①2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1，②H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1。下列结论正确的是（ ）‎ A. 碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1‎ B. ①的反应热为221kJ·mol－1‎ C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－57.3kJ·mol－1‎ D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A正确；‎ B项、①为放热反应，反应热为-221kJ/mol，故B错误；‎ C项、稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应反应生成1mol水放出的热量为中和热，中和热为57.3kJ/mol或△H=-57.3kJ/mol，故C错误；‎ D项、弱电解质电离时需要吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应时，醋酸需要电离出氢离子，生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O（l）、C→CO2（g）、S→SO2（g）]。‎ ‎16.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中加入一定量的A(s)和B(g)，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g) C(g)+D(g)，当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是①混合气体的密度②容器内气体的压强③混合气体的总物质的量④C和D的浓度比值⑤B物质的量浓度( )‎ A ①⑤ B. ③⑤ C. ②④ D. ①④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①因A是固体，反应过程中气体的质量发生变化，容器的体积不变，反应过程中混合气体的密度发生变化，当达到平衡状态时，混合气体的密度不变；‎ ‎②反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变；‎ ‎③反应前后气体的化学计量数之和相等，所以无论反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量始终不变；‎ ‎④C和D是生成物，根据转化物质的量之比等于化学计量数之比，无论反应是否达到平衡状态，C和D的浓度比值始终保持不变；‎ ‎⑤当反应达到平衡状态时，B的物质的量浓度不再变化；‎ 答案选A。‎ ‎17.在同温、同压下，下列三个反应放出的热量分别用a、b、c表示，则a、b、c的关系是(　　)‎ ‎2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1 　①‎ ‎2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－b kJ·mol－1　 ②‎ H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－c kJ·mol－1　 ③‎ A. a＞b， b＝2c B. a＝b＝c C. a＜b，c＝a/2 D. 无法比较 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】已知 ①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-akJ/mol；‎ ‎②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-bkJ/mol；‎ ‎③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-ckJ/mol；‎ 则反应①③的状态相同，①是③的2倍，则a=2c，‎ 气态水转化为液态水要放热，所以反应①放出的热量小于②，‎ 则a＜b；‎ 答案选C。‎ ‎18.恒容密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H= Q kJ•mol﹣1‎ 在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是 A. 反应的平衡常数 B. Q>0‎ C. 高温有利于该反应的自发进行 D. A点混合气体的平均摩尔质量大于B点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应的平衡常数， A不符合题意； ‎ B.由分析可知，该反应为放热反应，因此Q<0，B不符合题意；‎ C.若反应自发进行，则ΔH-TΔS<0，由于该反应ΔH<0，ΔS<0，若为高温条件，则ΔH-TΔS可能大于0，不利于反应自发进行，C不符合题意；‎ D.该反应中反应物和生成物都是气体，因此反应前后混合气体的质量不变，A点时反应正向进行的程度较大，则混合气体的物质的量较小，根据公式可知，混合气体的平均摩尔质量较大，D符合题意；‎ 故答案为：D ‎19.已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：①2NO(g)N2O2(g) (快) △H1< 0，平衡常数K1 ②N2O2(g)+O22NO2(g) (慢) △H2< 0，平衡常数K2。下列说法正确的是( )‎ A. 2NO(g)+O22NO2(g)  △H=△H1-△H2‎ B. 2NO(g)+O22NO2(g) 的平衡常数K=K1×K2‎ C. 该转化反应过程中能量变化可用该图表示 D. 总速率的大小由反应①决定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NO和O2反应的化学方程式为：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2 ， A不符合题意； ‎ B.反应①的平衡常数，反应②的平衡常数 ‎，而反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常数，B符合题意；‎ C.都为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，而图中有一个反应物能量比生成物总能量低，C不符合题意；‎ D.总反应的速率大小取决于慢反应速率，因此总速率的大小由反应②决定，D不符合题意；‎ 故答案为：B ‎20.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y、Z，发生反应mX(g)＋nY(g) ⇌pZ(g)  ΔH＝QkJ·mol－1。反应达到平衡后，Y的物质的量浓度与温度、容器体积的关系如下表所示。下列说法不正确的是(   ) ‎ 温度/℃‎ 容器体积/L ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎100‎ ‎1.00‎ ‎0.75‎ ‎0.53‎ ‎200‎ ‎1.20‎ ‎0.90‎ ‎0.63‎ ‎300‎ ‎1.30‎ ‎1.00‎ ‎0.70‎ A. m＋n> p                                                 B. 压强不变，容器中充入稀有气体，平衡正反应方向移动 C. Q<0                                                         D. 体积不变，容器中充入稀有气体，Y的质量分数增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.容器体积增大为原来的两倍时，c(Y)=0.50mol/L，而平衡时c(Y)=0.75mol/L，说明此时平衡逆向移动，即压强减小，平衡逆移，则正反应为气体分子数减小的反应，因此m+n>p，选项正确，A不符合题意； ‎ B.压强不变，充入稀有气体，则容器体积增大，反应物和生成物产生的压强减小，平衡逆向移动，选项错误，B符合题意；‎ C.由表格数据可知，升高温度，c(Y)增大，则平衡逆向移动，因此逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，因此Q<0，选项正确，C不符合题意；‎ D.体积不变，充入稀有气体，反应物和生成物产生的压强不变，平衡不移动，Y的质量分数不变，选项错误，D符合题意；‎ 故答案为：BD ‎【点睛】主要通过控制变量讨论化学平衡移动问题，对于学生的基本功要求较高，题目难度中等。此题一定注意讨论一个变量的变化时，其余变量则不变，比如横着讨论则保证温度不变，容积变化对Y浓度的影响，而竖着讨论则保证容积不变，温度变化对Y浓度的影响。‎ 二、非选择题(本大题有4小题，共50分)‎ ‎21.下表为元素周期表中的一部分，表中列出了10种元素在周期表中的位置，按要求完成下列各小题。‎ ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎3‎ ‎①‎ ‎③‎ ‎⑤‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎4‎ ‎②‎ ‎④‎ ‎(1)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是________(填元素符号)，非金属性最强的元素是________(填元素符号)。‎ ‎(2)①③⑤三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物的电子式是________。‎ ‎(3)①②③三种元素的原子半径由大到小的顺序是________(填元素符号)。‎ ‎(4)某元素的最高价氧化物对应的水化物既能与酸又能和碱反应生成盐和水，向该元素和⑨号元素形成的化合物的溶液中，缓慢滴加氢氧化钠溶液至过量，产生的实验现象是________。‎ ‎(5)下列物质中：①N2 ②CO2 ③NH3  ④Na2O  ⑤Na2O2  ⑥NaOH ⑦ NH4Cl ⑧ H2O2既含有极性键又含有非极性键的是________；(填序号)‎ ‎(6)晶体中阳离子阴离子个数比为2:1的有________(填序号)‎ ‎(7)含有配位键的是________(填序号)‎ ‎(8)非极性分子有________(填序号)‎ ‎【答案】 (1). Ar (2). F (3). (4). K>Na>Mg (5). 先出现白色沉淀后沉淀溶解 (6). ⑧ (7). ④⑤ (8). ⑦ (9). ① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．由元素在周期表的位置可知，①～⑩分别为Na、K、Mg、Ca、Al、C、O、F、Cl、Ar， （1）稀有气体的性质最稳定，F的非金属性最强； （2）金属性越强，对应最高价氧化物的水化物碱性越强； （3）电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小； （4）某元素的最高价氧化物对应的水化物既能与酸又能和碱反应生成盐和水，为Al元素，氯化铝与NaOH反应先生成氢氧化铝，后溶解生成偏铝酸钠； II．一般来说，同种非金属之间形成非极性键，不同非金属之间形成极性键，金属与非金属之间形成离子键，结构对称的为非极性分子，配位键由单方提供空轨道、孤对电子。 ①N2 含有非极性键，结构对称为非极性分子； ②CO2 含有极性键，结构对称为非极性分子； ③NH3 含有极性键，为极性分子； ④Na2O 只含离子键； ⑤Na2O2含离子键、非极性共价键； ⑥NaOH含离子键、极性共价键； ⑦NH4Cl含离子键、配位键、极性共价键； ⑧H2O2含极性键又含有非极性键。‎ ‎【详解】(1)化学性质最不活泼的元素为稀有气体元素，因此上述10种元素中，化学性质最不活泼的为Ar；在元素周期表中，从左到右、从上到下，非金属性逐渐增强，因此上述10种元素中，非金属性最强的元素为F；‎ ‎(2)同周期元素，核电荷数越小，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性最强的化合物为NaOH，其电子式为；‎ ‎(3)电子层数越大，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大， 原子半径越小，因此三种元素的原子半径大小关系为：K>Na>Mg；‎ ‎(4)往AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先发生反应Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，有白色沉淀生成；继续加入NaOH溶液，发生反应Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，沉淀逐渐溶解；因此产生的现象是先出现白色沉淀，后沉淀溶解；‎ ‎(5)极性键是由两种不同元素组成的，非极性键是由同种元素形成的，上述所给物质中，同时存在极性键和非极性键的物质为H2O2 ， 故答案为⑧；‎ ‎(6)上述物质中符合阳离子与阴离子个数比为2:1有Na2O和Na2O2 ， 故答案为④⑤；‎ ‎(7)上述物质中含有配位键的为NH4Cl，故答案为⑦；‎ ‎(8)非极性分子，其正负电荷的重心重合，上述物质中属于非极性分子的有N2和CO2 ， 故答案为：①②；‎ ‎【点睛】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律、化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。‎ ‎22.某化学小组用50ml 0.50mol/L NaOH溶液和30ml 0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定实验。‎ ‎(1)实验中大约要使用230mL NaOH溶液，配制溶液时至少需要称量NaOH固体__ g。‎ ‎(2)做中和热的测定实验时:桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、硬纸板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒.实验尚缺少的玻璃仪器（用品）是______、______。‎ ‎(3)他们记录的实验数据如下:‎ ‎①请填写表中的空白：‎ 实验次数 起始温度t1‎ 终止温度t2/℃‎ 温度差平均值（t2﹣t1）/℃‎ H2SO4‎ NaOH ‎1‎ ‎25.0℃‎ ‎25.0℃‎ ‎29.1‎ Δt=________‎ ‎2‎ ‎25.0℃‎ ‎25.0℃‎ ‎29.8‎ ‎3‎ ‎25.0℃‎ ‎25.0℃‎ ‎289‎ ‎4‎ ‎25.0℃‎ ‎25.0℃‎ ‎29.0‎ ‎②已知:溶液的比热容c为4.18 J·℃-1·g-1,溶液的密度均为1 g·cm-3‎ ‎。写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式____________(用该实验的数据,取小数点后一位）。‎ ‎(4)若用氨水代替NaOH做实验,测定结果ΔH会___(填“偏大”、“偏大”、“无影响”)‎ ‎【答案】 (1). 5.0 (2). 量筒 (3). 温度计 (4). 4.0 (5). H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣53.5kJ/mol (6). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 配制230mL NaOH溶液，需要选用250mL的容量瓶；‎ ‎(2)缺少量取溶液体积的量筒、测量温度的温度计；‎ ‎(3) ①4次实验温度的差值分别为4.1℃、4.8℃、3.9℃、4.0℃，第二次数据差距较大，舍弃数据；‎ ‎②根据Q=cmt、H=- Q/n进行计算；‎ ‎(4)若用氨水代替NaOH做实验，氨水为弱碱，电离时吸收热量。‎ ‎【详解】(1) 配制230mL NaOH溶液，需要选用250mL的容量瓶，m（NaOH）=0.50mol/L0.25L40g/mol=5.0g；‎ ‎(2)缺少量取溶液体积的量筒、测量温度的温度计；‎ ‎(3) ①4次实验温度的差值分别为4.1℃、4.8℃、3.9℃、4.0℃，第二次数据差距较大，舍弃数据，则3次数据的平均值为（4.1+3.9+4.0）/3=4.0℃；‎ ‎②Q=cmt=4.18804.0=1337.6J，中和反应为放热反应，则H=- Q/n=-1.3376kJ/0.025mol=-53.5kJ/mol；‎ ‎(4)若用氨水代替NaOH做实验，氨水为弱碱，电离时吸收热量，导致中和时释放的热量减少，焓变偏大。‎ ‎【点睛】中和热为放热反应，则焓变小于零，根据H=- Q/n进行计算即可。‎ ‎23.在一密闭容器中发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0‎ ‎(1)改变下列条件，能使平衡向正反应方向进行且平衡常数不变的是_________。‎ A.增大压强 B.降低温度 C.使用催化剂 D.增大反应物的浓度 ‎(2)上述反应达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示。‎ t1、t3、t4时刻分别改变了反应的一个条件，其中t1时刻改变的条件是________；某时刻改变的条件是保持压强不变，向容器中冲入氩气，这个时刻是________。‎ ‎(3)下列时间段中，混合气体中氮气百分含量最高的是________，氢气浓度最大的是________‎ A.t0～t1     B.t2～t3      C.t4～t5    D.t5～t6‎ ‎(4)一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为________。  ‎ ‎(5)合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：‎ 下列说法不正确的是  （ ）‎ A.甲、乙、丙三种物质都含有氮元素 B. 反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ的氧化剂相同 C. Ⅵ的产物可在上述流程中被再次利用 D.丁为NaHCO3‎ E. V过程中先通入CO2 ，再通入NH3‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 升高温度 (3). t4 (4). D (5). B (6). 5:6 (7). B、E ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A．增大压强，平衡正向移动，平衡常数只与温度有关； B．为放热反应，温度降低，正向移动； C．加入催化剂只能改变反应速率，不能使平衡正向移动； D．反应物浓度的增大，会使平衡向正反应方向进行，且平衡常数不变； （2）从图中所知，t1 时刻逆反应速率增大比正反应速率快，说明是温度升高；定压下加入惰性气体，为降低压强正反应速率和逆反应速率均降低，故而为t4时刻； （3）由图可知，混合气体中氮气百分含量最高的是t5～t6时刻；而氢气浓度最大的是t2～t3； （4）利用平衡三段式，设变化量为未知数，再通过氨气的体积分数20%建立方程式，达到求解的目的； （5）由图可知，甲与氢气反应生成氨气，甲为氮气，乙为NO，丙为NO2；反应Ⅴ、Ⅵ为侯氏制碱法。‎ ‎【详解】(1)A.该反应为气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，由于平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，A符合题意；‎ B.由于该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数与温度有关，因此平衡常数增大，B不符合题意；‎ C.催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，因此使用催化剂平衡不移动，且平衡常数不变，C不符合题意；‎ D.增大反应物浓度，正反应速率增大，平衡正向移动，温度不变，平衡常数不变，D符合题意；‎ 故答案为：AD。‎ ‎(2)t1时刻，正逆反应速率都增大，则改变的条件应为增大压强或升高温度；由于此时逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，而增大压强，平衡正向移动，升高温度，平衡逆向移动，因此t1时刻改变的条件是升高温度；压强不变，充入氩气，则反应容器的体积增大，反应物和生成物所产生的压强减小，正逆反应速率减小，平衡逆向移动，符合条件的为t4时刻；故答案为：升高温度；t4 ；‎ ‎(3)氮气的百分含量最高，则平衡应逆向移动，因此氮气百分含量最高的时间段为t5~t6 ， D符合题意；‎ 由于t4时刻改变的条件为“恒压充入惰性气体”，则体积增大，浓度减小，因此氢气浓度最大的时间段为t2~t3 ， B符合题意；‎ ‎(4) 设反应前加入a mol N2，b mol H2，达平衡时生成2x mol NH3，列三段式：‎ ‎ ‎ 则反应后气体总的物质的量为(a+b-2x)mol，，解得：a+b=12x，故反应后与反应前的混合气体体积之比为；故答案为：5：6；‎ ‎(5)A.由分析可知，甲乙丙分别为N2、NO、NO2，都含有氮元素，选项正确，A不符合题意；‎ B.反应Ⅱ中的氧化剂为O2，反应Ⅲ中的氧化剂为O2，反应Ⅳ中的氧化剂为NO2，选项错误，B符合题意；‎ C.反应Ⅳ的产物为HNO3和NO，NO可在反应Ⅱ中循环利用，选项正确，C不符合题意；‎ D.由分析可知，D为NaHCO3，选项正确，D不符合题意；‎ E.由于NH3极易溶于水，CO2微溶于水，因此过程Ⅴ中应通入NH3，再通入CO2，选项错误，E符合题意；故答案为：BE。‎ ‎24.研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：‎ ‎2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋NOCl(g)　K1 ΔH1<0 (Ⅰ)‎ ‎2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)　K2　ΔH2<0 (Ⅱ)‎ ‎（1）4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝________(用K1、K2表示)。‎ ‎（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(NOCl)＝7.5×10－3 mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________ mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2________(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是____________。‎ ‎【答案】 (1). K21/K2 (2). 2.5×10－2 (3). 75% (4). > (5). 不变 (6). 升高温度 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应：4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)可由2 (Ⅰ)- (Ⅱ)转化而得到，则其平衡常数K= K21/K2，故答案为K21/K2；‎ ‎（2）在10min内生成的NOCl的物质的量为：7.5×10－3 mol·L－1·min ‎－1×10min×2L=0.15mol，则转化的Cl2的物质的量为:0.15mol÷2=0.075mol，剩余n(Cl2)=0.1mol-0.075mol=0.025mol；NO的转化率α1＝×100%=75%；反应(Ⅱ)是一个气体分子数目减少的反应，在恒压条件下建立平衡过程中容器的体积会减小，相对恒容条件时压强是增大的，有利于反应的正向进行，平衡时NO的转化率α2较α1要大；平衡常数只与温度有关，因反应(Ⅱ)为放热反应，升高温度K2减小，故答案为2.5×10－2、75%、>、不变、升高温度。‎ ‎ ‎ ‎ ‎