1、天津市部分區20172018學年度第一學期期末考試高三化學溫馨提示：1 .使用答題卡的區，學生作答時請將答案寫在答題卡上；不使用答題卡的區，學生作答時請將答案寫在試卷上。2 .本卷分為第I卷（選擇題）和第R卷（非選擇題）兩部分，共100分，考試時間90分鐘。3 .答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在答題卡上，并在規定位置粘貼考試用條形碼。答卷時，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效。考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。不使用答題卡的將答案寫在R卷相應位置。4 .以下數據可供答題時參考：相對原子質量：H1C12N14O16Na23Cl35.5K39Fe56Cu64第I卷（選擇題

2、，共48分）選擇題（本題包括16小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.化學與生產、生活、社會密切相關，下列有關說法中正確的是A.明磯能用于自來水的殺菌消毒B.濃硫酸在常溫下能用鋁制容器運輸C.化學藥品著火，都可以用水或泡沫滅火器滅火D.PM2.5是指大氣中直徑接近2.5X106m的顆粒物，其分散在空氣中形成膠體【答案】B【解析】A項，明磯可用于自來水凈化.是利用鋁離子水解生成的膠體吸附水中的懸浮雜質，明磯不具年反氧化性，不能用于自來水的殺菌消毒，故A錯誤；B項，常溫下鋁在濃硫酸中發生鈍化現象，所以濃硫酸在常溫下能用鋁制容器運輸，故B正確；C項，化

3、學藥品著火，不一定用水或泡沫滅火器滅火，例如金屬鈉著火就不能用水或泡沫滅火器滅火，故C錯誤；D項，膠體是分散質微粒直徑在Inm-lOOnm之間的混合物,PM2.5是指大氣中直徑接近2.5xioqn（即2.5x10%m）的顆粒物，不屬于股體，故口錯誤”點睛：本題考查化學與生活、物質性質的應用等知識，明確相關概念、掌握相關物質的性質是解題關鍵，A項為易錯點，注意明磯凈水的原理，不同于氯氣等強氧化性物質，不能殺菌消毒；通過B項應聯系相關知阻止了反應進一步進行，稱為“鈍化”；識：常溫下，鐵、鋁遇濃硫酸和濃硝酸發生反應形成致密的氧化膜,C項考查化學實驗安全有關知識，注意要根據化學藥品的性質來選擇滅火方法

4、2 .下列物質的性質與應用對應關系正確的是物質的性質應用A次氯酸有酸性可用于漂白、殺菌消毒B純堿能與酸反應可用作治療胃酸過多的藥物C液氨汽化時要吸收大量的熱工業上可用作制冷劑D晶體硅的熔點高、硬度大可用于制作半導體材料A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】試題分析：A、次氯酸的漂白性和殺菌消毒，利用次氯酸的氧化性，故錯誤；B、純堿水溶液堿性強，不能用于治療胃酸過多，故錯誤；C、液氨之所以作制冷劑，利用氨氣易液化，故正確；D、晶體硅作半導體，利用處于金屬和非金屬之間，不是利用熔點高、硬度大的特點，故錯誤。考點：考查元素及其化合物的性質和應用等知識。3 .設N)為阿伏加德羅常數的值，下列說法正

5、確的是A. n£h與2H2O反應生成氫氣，每生成0.6g氫氣中含1H數目為0.2N)B. 42gFe與足量水蒸氣反應生成的氫氣為22.4LC. 25c時，pH=1的鹽酸溶液中，由水電離出的個數為10-13N)D.標準狀況下，2.24LCl2溶于水中達到飽和，可得到HC1O分子的數目是0.1N)【答案】A【解析】A項，Na1H與2H2O發生氧化還原反應生成氫氣和氫氧化鈉，氫分子中的兩個氫原子分別來自Na1H和2H2O,反應化學方程式可表示為：Na1H+2H2O=NaO2H+1H2HT,0.6g氫氣的物質的量是0.6g+3g?mol-1=0.2mol,所以含1H數目為0.2N。，故A正確

6、；B項，Fe與足量水蒸氣反應的化學方程式為：3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2f,42gFe的物質的量為42g+56g?mol-1=0.75mol,所以生成1molH2,標準狀況下體積為22.4L,若不是標準狀況則不一定為22.4L,故B錯誤；C項，25c時，pH=1的鹽酸溶液中，由水電離出的H+濃度為10-13mol?L-1,溶液體積未知，無法計算H+個數，故C錯誤；D項，標準狀況下，2.24LC12的物質的量是0.1mo1,溶于水中達到飽和，溶液中既有C12又有HC1O,所以HC1O分子的數目小于0.1N。，故D錯誤。點睛：本題考查阿伏伽德羅常數的應用，“設No為阿伏加德羅常數的值”與N

7、a表示阿伏加德羅常數在解題思路上其實是一樣的，以阿伏伽德羅常數為依托可以考查中學化學的很多知識，所以該題為考試常考的一種題型，本題各項中都設計了一定的陷阱，A項注意Na1H中的H是-1價，Na1H與2H2O的反應為氫元素的歸中反應；B項在解題時不需要計算即可判斷該項錯誤，注意氣體摩爾體積的使用條件；C項溶液體積未知，無法計算數目；D項標準狀況下2.24LC12溶于水并不會完全反應。4 .下列離子方程式中正確的是A.向沸水中滴加FeC13溶液制備Fe(OH)3膠體：Fe3+3H2O么Fe(OH)31+3H+B.小蘇打與氫氧化鈉溶液混合：HCGT+OH=COT+H2OC.NaHSO4溶液與Ba(O

8、H)2溶液混合后呈中性：H+SO"+Ba2+OH=BaSOj+HbOD.二氧化鎰和濃鹽酸共熱：MnO+4H+2C/0=mM+CLT+2H2。【答案】D【解析】A項，向沸水中滴加FeC%溶液制備Fe(OH)3膠體，離子方程式為：Fe3+3H2O»Fe(OH)3(膠體)+3H+,故A錯誤；B項，小蘇打與氫氧化鈉溶液混合，反應離子方程式為：HCO3+OH=CO32-+H2O,故B錯誤；C項，NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液混合后呈中性，反應離子方程式為：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4j+2HO,故C錯誤；D項，二氧化鎰和濃鹽酸共熱，生成氯化鎰、氯氣和水，書寫離

9、子方程式時，可溶性的強電解質拆成離子形式，所以離子方程式為：MnOz+4H+2C12+.Mn+C12T+2H2O,故D正確。5.下列圖示裝置正確且能達到實驗目的的是A.制備少量氧氣B.配制100mL0.1mo1-L的鹽酸C.提純碘D.蒸儲提純【答案】C【解析】A項，Na2O2為粉末，不適合用如圖帶多孔塑料板的裝置，故A錯誤；B項，配制溶液不能直接在容量瓶中稀釋，故B錯誤；C項，碘單質易升華，如圖裝置浸入水槽中熱水浴使碘單質升華，燒瓶中充入冷水，使碘蒸汽遇冷凝華，實現提純碘的目的，故C正確；D項，蒸儲時溫度計的液泡應放在蒸儲燒瓶的支管口處測量蒸汽溫度，故D錯誤。6,某工廠的酸性廢水中含有劇毒的H

10、AsQ,可加入SnCl2除去HAsQ并回收As。反應的化學方程式為：3SnCl2+12HCl+2HAsQ=2AsJ+3HzSnCl6+6M下列關于該反應的說法中正確的是A,還原劑是HAsQB,還原性：SnCl2>AsC.M為H20,是氧化產物D,每生成0.1molAs,還原劑失去的電子為0.6mol【答案】B【解析】A項，As元素的化合價降低，所以%AsO3是氧化劑，故A錯誤；B項，SnCl2是還原劑，As是還原產物，根據還原劑的還原性大于還原產物的還原性可知，還原性：SnCl2>As,故B正確；C項，根據原子守恒可知，M為H2O,既不是氧化產物也不是還原產物，故C錯誤；D項，根據

11、得失電子守恒（化合價升降總數相等），每生成O.lmolAs,還原劑失去的電子=氧化劑得到的電子，為：0.1molx（3-0）=0.3mol,故D錯誤。7,下列實驗操作或結論正確的是A,分液漏斗不能將水與乙醇分離，但可以分離苯和四氯化碳B,在蒸儲過程中，發現蒸儲燒瓶中未加沸石或碎瓷片，可以立即補加C.在過濾和配制一定物質的量濃度的溶液中的玻璃棒作用完全相同D,測定同溫同濃度NaCl和CHCOON;1勺pH可比較HC1和CHCOOH勺酸性強弱【答案】D【解析】A項，水與乙醇任意比互溶、苯和四氯化碳互溶，所以分液漏斗不能將其分離，故A錯誤；B項，在蒸儲過程中，發現蒸儲燒瓶中未加沸石或碎瓷片，要立即停

12、止加熱，待冷卻后補加，不能立即補加，故B錯誤；C項，在過濾操作中用到玻璃棒引流，在配制一定物質的量濃度的溶液中，兩次用到玻璃棒，一次是攪拌加速溶解、另一次是引流，故C錯誤；D項，強酸對應的陰離子在其鈉鹽溶液中不水解，溶液顯中性，弱酸對應的陰離子在其鈉鹽溶液中水解，溶液顯堿性，且酸越弱對應的陰離子在其鈉鹽溶液中水解程度越大，溶液堿性越強，所以可通過測定同溫同濃度NaCl和CH3COONa的pH的方法比較HC1和CH3COOH的酸性強弱，故D正確。8 .對分別盛有不同無色溶液四支試管進行如下操作，現象和結論對應正確的是操作現象結論A向中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液生成白色沉淀原溶液中啟SO

13、2-B向中滴加氯水和CCl4,振蕩靜置下層溶液呈橙色原溶液中后IC向中滴入NaHCO(有白色沉淀生成原溶液中啟AlO2D向中滴加NaOH§液，加熱，將濕潤紅色石蕊試紙置于試管口試紙交籃原溶液中后NH十A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A項，向某溶液中先滴加BaCl2溶液再滴加HCl溶液，若有白色沉淀，該沉淀可能為BaSO4或AgCl等，不能排除Ag+的干擾，應先加足量鹽酸酸化，如無沉淀，然后加入BaCl2溶液，若有白色沉淀，說明原溶液中一定含SO42-,故A錯誤；B項，因為氯水中的氯氣和澳離子反應生成澳單質、和碘離子反應生成碘單質，CCl4可把澳單質、碘單質從水溶液中萃取出來

14、，CCl4密度比水大，在下層，澳單質的CCl4溶液呈橙色、碘單質的CCl4溶液呈紫色，滴加氯水和CC以下層溶液呈橙色，說明原溶液中有澳離子，而不是碘離子，故B錯誤；C項，原溶液中不一定有AlO2,例如NaHCO3溶液與Ca(OH)2、Ba(OH)2溶液反應都會生成白色沉淀，故C錯誤；D項，NH4+與OH-反應生成NH3?H2O,加熱時NH3?H2O分解放出氨氣，氨氣遇到濕潤的紅色石蕊試紙，又會反應生成NH3?H2O,NH3?H2O電離產生OH-,溶液顯堿性，所以試紙變藍，故D正確。9 .下列說法不正確的是A.氣態氫化物的穩定性：HCl>HFB.通入CO可使漂白粉溶液漂白性增強C.Al(O

15、H)3、Fe(OH)3受熱都易分解D.Na在空氣中燃燒會生成NaQ【答案】AF>Cl,元素非金屬性越【解析】A項，同一主族，從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，所以非金屬性:強，其氣態氫化物越穩定，所以穩定性：HF>HCl,故A錯誤；B項，漂白粉在溶液中存在下列平衡：C1O-+H2O=HClO+OH-,HClO具有漂白性，增加HC1O濃度可提高漂白粉在溶液中的漂白能力，通入CO2,消耗氫氧根離子，則平衡正向移動，HC1O的濃度增大，故B正確；C項，一般難溶于水的氫氧化物受熱易分解，Al(OH)3受熱分解生成AI2O3和H2O,Fe(OH)3受熱分解生成F&O3和H2O,故C正

16、確；D項,鈉是很活潑的金屬，在空氣中燃燒產物是Na2O2,故D正確。10.下列離子組能夠大量共存的是A.Fe"、SO2、NH+、SCNB.Fe2+>Cl、Ba"、OHC.Na+、M、Cl、SO2D.HFe2+>Cl、NO【答案】C【解析】A項，F7+和5CN-可結合生成絡離子，如Fe3+30CN=Fe(5CNb,所以不能大量共存，故A錯誤；B項，Fe"與結合生成也。爪沉淀，所以不能大量共存，故B錯誤;C項，Nm十、種離子之間不發生任何反應，可以大量共存，故C正確；0項TH+、F1+、N。寸三.者在一起發生氧化還原反應：3FG+NO1+4H+=3F7+n

17、ot+2H?。，所以不能大量共存，故D錯誤.11.一定條件下，在水溶液中1molCl>ClCx(x=1,2,3,4)的能量(kJ)相對大小如圖所示。下列有關說法正確的是80604020能常kJnwl47100)、，叫瑪網T7A. a、b、c、d、e中，c最穩定B. b一a+c反應的活化能為反應物能量減生成物能量C.b-a+d反應的熱化學方程式為:3ClO(aq)=ClO3(aq)+2Cl(aq)AH=+116kJ-molD.一定溫度下，Cl2與NaOH§液反應生成的產物有a、b、d,溶液中a、b、d的濃度之比可能為11：1：2【答案】D【解析】根據氯元素的化合價，a、b、c、d

18、、e依次彳t表Cl-、ClO-、ClO2、ClO/、ClO-A項，物質能量越低越穩定，由圖可得a、b、c、d、e中，a最穩定，c最不穩定，故A錯誤；B項，反應物能量-生成物能量=-川，依據圖中數據無法判斷b-a+c反應的活化能，故B錯誤；C項，a為Cl-、b為ClO-、d為CIO3-,B-A+D的化學方程式為3clO-=ClO3-+2Cl-,結合曲線提供的數據，反應熱為：AH=64kJ?mol-1+2X0kJ?mc>l-3X60kJ?mo1=-116kJ?mol-1,故C錯誤；D項，氧化還原反應遵循電子守恒，Cl2與NaOH溶液反應生成的產物有a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-

19、),氯元素化合價由0價將為-1價、升為+1價和+5價，由電子守恒得：n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-),當溶液中a、b、d的濃度之比為11:1:2時上述電子守恒式成立，故D正確。點睛：本題以鹵族元素為載體考查了化學反應與能量變化、熱化學反應方程式的書寫、氧化還原反應等知識，關鍵是弄清a、b、c、d、e所代表的離子并正確書寫反應的離子方程式，并結合AH看成物的總能量-反應物的總能量進行計算，D項注意氧化還原反應中得失電子守恒(化合價升降總數相等)的應用。12 .下列說法正確的是A.兩種醋酸溶液的物質的量濃度分別為c和c2,pH分別為a和a+1,則c<10c2B.地下鋼鐵管道用

20、導線連接直流電源的正極可以減緩管道的腐蝕C.常溫下，KpMg(OH)2=5.6X10：pH=10的含M0+溶液中，c(Mg2+)<5.6X104mol-LD.0.1mol-L1NaCO溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HCQ)+c(HzCO)【答案】C,兩種醋酸溶液的物10：1,當兩種酸的【解析】A項，醋酸是弱酸，在水溶液中不完全電離，所以醋酸的濃度大于氫離子濃度質的量濃度分別為5和c2,pH分別為a和a+1,則兩種醋酸溶液中氫離子濃度之比為電離程度相同時，c=10c2,而兩種酸的濃度不相等，且濃度越大酸的電離程度越小，所以c1>10c2,故A錯誤；B項，地下鋼鐵管道用導線連接直

21、流電源的正極，則鐵作陽極發生氧化反應，加速了管道的腐蝕，故B錯誤；C項，常溫下，pH=10的含Mg2+溶液中，c(H+)=10-10,c(OH)=Kw/c(H+)=10-4,因為KspMg(OH)2=5.6101；所以c(Mg2+)最大為：KspMg(OH)2/c2(OH)=5.6W-4molL,故C正確；D項,水電離的氫離子的濃度等于水電離的氫氧根離子的濃度，所以Na2CO3溶液中，根據質子守恒得：c(OH)=c(H+)+c(HCO3)+2c(H2CO3),故D錯誤。13 .新型鋰-空氣電池具有能量密度高的優點，可以用作新能源汽車的電源，其結構如圖所示，其中固體電解質只允許Li+通過。下列說

22、法正確的是有機用崎fi國體電解質水性電解液（LiOH）A.Li+穿過固體電解質向正極移動而得到LiOH溶液B.放電時，當外電路中有1mole一轉移時，水性電解液離子總數增加NAC.應用該電池電鍍銅，陰極質量增加64g,理論上將消耗11.2LO2D.放電時，負極反應式：Li-e+OFH=LiOH【答案】A【解析】A項，由圖示可得，放電時鋁在負極失電子，氧氣在正極得電子，固體電解質只允許Li+通過，所以Li+穿過固體電解質向正極移動而得到LiOH溶液，故A正確；B項，放電時正極反應為：O2+2H2O+4e'=4OH",當外電路中有1mole1轉移時，生成1molOH",

23、同時ImolLi+穿過固體電解質進入水性電解液，所以離子總數增加2Na,故B錯誤；C項，根據電子守恒，應用該電池電鍍銅，陰極質量增加64g,即生成1mol銅，則電路中通過2mol電子，理論上消耗0.5molO2,在標準狀況下體積為11.2L,若不是標準狀況則不一定，故C錯誤；D項，因為固體電解質只允許Li+通過，所以放電時，負極反應式：Li-e=Li+,故D錯誤。點睛：本題通過新型鋰-空氣電池考查原電池原理，涉及正負極判斷、離子移動方向、電極反應式書寫、有關計算等，注意根據物質性質判斷原電池的正負極；根據“固體電解質只允許Li+通過”這個條件書寫負極電極反應式；B項易錯，注意水性電解質溶液中增

24、多的是OH-和遷移過去的Li+,不要忽略了后者；C項易錯，要養成見到氣體的體積首先想到是否需要注明標準狀況的習慣，防止出錯。14.A、RC是原子序數依次增大的短周期主族元素，三種元素原子序數之和為35,且C的原子序數是A的2倍。A、B、C三種元素的單質在適當條件下可發生如圖所示的變化。下列說法正確的是A.甲、乙、丙三種物質的水溶液均顯堿性B.甲是堿性氧化物，乙是酸性氧化物C.甲、乙可能都有漂白性，其漂白原理相同D.丙的水溶液在空氣中長期放置，溶液可能會變渾濁【答案】D【解析】A、B、C是原子序數依次增大的短周期主族元素，則C原子序數小于17,C的原子序數是A的2倍，所以A的原子序數小于9且A原

25、子序數的2倍大于B的原子序數，結合三種元素原子序數之和為35,可推出：A為O元素、B為Na元素、C為S元素；由如圖A、B、C三種元素的單質的變化可得：甲為Na?O或Na2O2,乙為SO2,丙為Na2S。A項，Na2。、Na2O2、Na2s的水溶液都顯堿性，而SO2的水溶液顯酸性，故A錯誤；B項，SO2是酸性氧化物，Na2O是堿性氧化物、Na2O2不是堿性氧化物，故B錯誤；C項，Na?O2具有漂白性是因為具有強氧化性，而SO2漂白原理是相當于發生化合反應生成了無色物質，所以二者漂白原理不同，故C錯誤；D項，Na2s溶液在空氣中長期放置，會發生反應：2S2-+O2+H2O=2SH4OH-,所以溶液

26、會變渾濁，故D正確。點睛：本題考查元素周期表的推斷，首先根據原子序數依次增大的三種短周期元素原子序數之間的關系推出各元素，然后應用元素周期律和元素化合物的性質解決各選項。B項注意堿性氧化物的概念：堿性氧化物是指溶于水化合成堿或與酸反應生成鹽和水的氧化物，所以Na2O2不是堿性氧化物；C項明確SO2漂白原理與Na2O2漂白原理的不同。15.在容積為2L的密閉容器中發生反應xA(g)+yB(g)=zC(g)。圖甲表示200C時容器中A、B、C物質的量隨時間的變化關系，圖乙表示不同溫度下平衡時C的體積分數隨起始n(A):n(B)的變化關系。則下列結論正確的是平衡時。的體枳分數乙A. 200C時，反應

27、從開始到平衡的平均速率v(A)=v(B)B. 200C時，該反應的平衡常數為25C.當外界條件由200c降溫到100C,原平衡一定被破壞，且正逆反應速率均增大D.由圖乙可知，反應xA(g)+yB(g)二zC(g)的AH<0,且a=2【解析】A項，由圖甲，200c時，反應從開始到平衡的平均速率v(A)=(0,8-0.4)+2L+5min=0.04mol?Lmin'1,v(B)=(0.4-0.2)mol2t+5min=0.02mol?L-1?min-1,所以v(A)wv(B),故A錯誤；B項，由圖甲數據可知反應的A、B與生成的C的物質的量之比為二(0.8-0.4):(0.4-0.2)

28、:0.2=2:1:1,所以該反應的化學方程式為2A+B=C,A、B、C的平衡濃度分別為：-i-1-1c(A)=(0.8-0.4)+2L=0.2mol?Lc(B)=(0.4-0.2)+2L=0.1mol?L,c(C)=0.2+2L=0.1mol?L,K=-=c7A)c(C)0.1工=25,故B正確；C項，當外界條件由200c降溫到100C,化學平衡常數發生變化，原平衡一定被破壞，正逆反應速率均減小，故C錯誤；D項，前面已推出該反應的方程式為2A+B#C,只有當兩種反應物按照化學方程式的計量數之比加入時生成物C達到平衡時含量才會最高，故a=2,由圖乙可知：升高溫度，平衡時C的體積分數增大。說明升高

29、溫度化學平衡向正反應方向移動，所以正反應為吸熱反應，H>0,故D錯誤。16.常溫下，向1L0.1mol廠1一元酸HR溶液中逐漸通入氨氣已知常溫下NH匕0電離平衡常數K=1.76X105,使溶液溫度和體積保持不變，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如下圖所示。下列敘述正確的是6,有)14(HR)A. 0.1molB. HR為弱酸，常溫時隨著氨氣的通入，逐漸增大c(OH,)c(HR)C.當通入0.1molNH3時，c(NH+)>c(R)>c(OH)>c(H+)D.當c(R)=c(HR)時，溶液必為中性【答案】C【解析】A項，pH=5時c(H+)=10-5,由圖可得此時lgL

30、2=0,又因為一元酸HR溶液為0.1molL-1,所以c(HR)c(R-)=c(HR)=0.05molL-1,所以此時c(R-)wc(»則0.1molLHR溶液的pH不是5,故A錯誤；B項，由c(R-)式已知HR溶液中存在著HR分子，所以HR為弱酸，=KjKw,溫度不變時c(OH')c(HR)c(OH')*c(HR)Ka/Kw的值不變，故B錯誤；C項，pH=5時C(H+)=10-5,由圖可得此時也處)=。，則同“)=10-5,cfEIR)c(IIR)當通入0.1molNH3時，恰好反應生成NH4R,又因為常溫下NH3H2O電離平衡常數K=1.76105,所以NH4R溶

31、液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈堿性，則c(NH4+)>c(R)>c(OH)>c(H+),故C正確；D項，由前面對A項的分析知，當c(R)=c(HR)時，pH=5,所以溶彼顯酸性，故D錯誤。第R卷(非選擇題，共52分)17.八種短周期元素x、v、z、d、e、f、g、h原子序數依次遞增，其原子半徑、最高正價或最低負價如下表所示。xyzdefgh原子半徑/nm0.0370.0770.0750.0740.1860.1430.1020.099最局止化合價或最低負化合價+1+4+5-2+1+3-2-1回答下列問題：(1)比較d、f常見離子的半徑大小(用化學式表示，下

32、同)：>比較g、h的最高價氧化物對應水化物白酸性強弱：>。(2)由x、d兩種元素組成18電子的分子，其電子式為,經測定其為二元弱酸，其酸性比碳酸弱，寫出其第一步電離的電離方程式。(3)v、d、e組成物質e2yd3的水溶液呈堿性，其原因是(用離子方程式表示)，電解該物質e2yd3的溶液，原理如圖所示。限產交換吸其中，離子交換膜使用的是(填“陽離子交換膜”或“陰離子交換膜”)，陰極產生的物質A的化學式為。(4)f的粉末在1000c時可與N2反應制備fN。在f的粉末中添加少量NHCl固體并充分混合，有利于fN的制備，其主要原因是【答案】(1).O(2).Al3+(3).HClQ(4).H

33、aSO(5).(6).伸QH+HO(7).CO2-+HO=HCO+OHHCO3+HOHCO+OH(8).陽離子交換膜(9).代(10).NHCl分解產生的HCl能夠破壞Al表面的ALQ薄膜【解析】八種短周期元素x、v、z、d、e、f、g、h原子序數依次遞增，結合原子半徑、最高正價或最低負價數據可得：x是H元素、y是C元素、z是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是Cl元素。(1) d是O元素、f是Al元素，O2-與Al3+具有相同電子層結構，核電荷數O2-小于Al3+,所以半徑O2->Al3+；g是S元素、h是Cl元素，非金屬性Cl>S,所以最高價氧化物對

34、應水化物的酸性：HClO4>H2sO4。(2) x是H元素、d是O元素，組成的18電子分子為H2O2,屬于共價化合物，電子式為：其為二元弱酸，則存在電離平衡，第一步電離生成H+和HO2,故電離方程式為：H2O2=H+HO/。(3) y是C元素、d是O元素、e是Na元素，e2yd3為Na2CO3,屬于強堿弱酸鹽，CO32-水解使溶液呈堿性，離子方程式為：CO32-+H2O=HCO3-+OH-、HCO3-+H2O-=H2CO3+OH-；由電解Na2CO3溶液的原理圖可得，左邊為陽極，發生氧化反應生成氧氣，右邊為陰極，水中+1價H發生還原反應生成氫氣，同時得到NaOH溶液，所以離子交換膜允許N

35、a+通過移向右邊，阻止OH-向左移動，故應為陽離子交換膜；陰極產生氫氣，化學式為H2O(4) f是Al元素，所以fN為AlN,Al單質是活潑金屬，在空氣中易形成Al2O3薄膜，NH4Cl分解產生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜，所以在Al的粉末中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備。18.工業燃燒煤、石油等化石燃料釋放出大量氮氧化物(NQ)、CO、SO等氣體，嚴重污染空氣。通過對廢氣進行脫硝、脫碳和脫硫處理可實現綠色環保、廢物利用。(1)已知：H2的燃燒熱為285.8kJmol1H2O(g)=H2O。)AH=44kJ/molN(g)+2Q(g)=2NO(g)AH=+13

36、3kJ/mol在催化劑存在下，H2還原NO生成水蒸氣和另一種無毒物質的熱化學方程式為：反應2NO(g)=N(g)+2Q(g),設起始時容器中只有NO,平衡時三種物質的物質的量與溫度關系如圖所示。則A點時，NO的轉化率為。B點時，設容器的總壓為aPa,則平衡常數Kp為(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓X物質的量分數)。(2)向2L密閉容器中加入2molCO2和6molH2,在適當的催化劑作用下，下列反應能自發進行：CO(g)+3H2(g)CHOH(g)+HbO(g)。該反應AH0(填“>”、“<”或一)下列敘述能說明此反應達到平衡狀態的是。(填字母)a.混合氣體的平均相對分子質

37、量保持不變b.1molCO2生成的同時有3molHH鍵斷裂c.CO2的轉化率和hb的轉化率相等d.混合氣體的密度保持不變反應CO(g)+3H2(g)=二CHOH(g)+H2O(g),在起始溫度(TiC)、體積相同(2L)的兩密閉容器中，改變條件，反應過程中部分數據見下表：反應時間CO/molH2/molCHOH/molH2O/mol反應I:恒溫恒容0min260010min4.520min130min1反應n：絕熱恒容0min0022反應I,前10min內的平均反應速率v(CH3OH)=。達到平衡時，反應I、n對比：平衡常數K(I)K(II)(填“>”、“<”或“=")；

38、平衡時CHOH的濃度c(I)c(II)(填“>”、“<”或)。【答案】(1).4屋(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H20(g)H=-1100.2kJmol-1(2).50%(3).aPa(4).<(5).ab(6).0.025mol-L-1min-1(7).>(8).>【解析】(1)已知：H2的燃燒熱為285.8kJ?mol-1,則Hz(g)+：O2(g)=H2O(l)AH=-285.8kJ?mol-1,又因為H2O(g)=H2O(l)H=44kJ/mol,N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)H=+133kJ/mol,上述三個方程式分別標為I、n、出，根

39、據蓋斯定律，I%-n>4-m可得到在催化劑存在下出還原NO2生成水蒸氣和其它無毒物質的熱化學方程式4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)AH=-1100.2kJ?mol-1。根據化學方程式及圖示數據，A點時NO2是10mol,O2是10mol,是5mol,所以NO2M始物質的量是20mol,則NO2的轉化率為50%;B點時NO2和N2物質的量相等，設為xmol,則O2是2xmol,因為容器的總壓為aPa,所以NO2和N2的分壓都是aPa,O2的分壓是-aPa,則平衡常數Kp=:-=aPa。42PW4(2)由方程式可看出該反應？S<0,因為反應能自發進行，所以？H-

40、T?S<0,則？H<0。a項，混合氣體的平均相對分子質量=氣體總質量書質的量，該反應的反應物和生成物都是氣體，物質的量變化，根據質量守恒定律，所以混合氣體的平均相對分子質量變化，則當混合氣體的平均相對分子質量保持不變時，達到了平衡狀態，故a正確；b項，1molCO2生成同時有3molH-H鍵斷裂，即消耗3molH2,根據化學反應方程式，能說明正逆反應速率相等，則達到了平衡狀態，故b正確；c項，開始充入2molCO2和6molH2,投料比等于化學方程式系數比，CO2和H2的轉化率始終相等，不能說明正逆反應速率相等，不一定達到平衡狀態，故c錯誤；d項，混合氣體的密度等于氣體質量和體積的

41、比值，反應前后質量守恒，體積不變，所以密度始終不變，密度保持不變時不一定是平衡狀態，故d錯誤。由表中數據可知，反應I前10min內反應的電為：(6-4.5)mol=1.5mol,根據化學方程式可得，生成CH30H為：1.5mol+3=0.5mol,前10min內的平均反應速率v(CH3OH)=0.5mol+2L+10min=0.025mol?L-1?min-1;前面已知該反應？H<0,為放熱反應，又因為反應I為恒溫恒容條件，反應n為絕熱恒容條件，所以反應n相當于升溫，化學平衡常數減小，故K(I)>K(II);反應n中若把CH30H和H2O(g)的初始物質的量全部轉化為CO2和H2,

42、與反應I初始物質的量對應相等，但反應n溫度高于反應I,所以反應n相當于在和反應I等效的基礎上又升高溫度，平衡逆向移動，故平衡時CH30H的濃度c(I)>c(II)。點睛：本題是一道有關化學平衡的綜合題，主要考查了熱化學方程式書寫、化學平衡影響因素的分析判斷、化學平衡狀態的判斷、化學平衡有關計算等。注意根據蓋斯定律書寫熱化學方程式、計算AH;明確用平衡分壓代替平衡濃度表示化學平衡常數(Kp)的方法；注意恒溫恒容和恒容絕熱容器的分析判斷，對放熱反應，絕熱恒容條件，溫度升高則化學平衡常數減小、正反應程度減小。19.十九大報告中指出“持續實施大氣污染防治行動，打贏藍天保衛戰"。SO為大

43、氣污染物，研究它的性質對治理具有重要意義。在鋁基氧化銅作催化劑時，可利用天然氣脫除二氧化硫，并回收單質硫(熔點為112.8C,沸點為444.6C)。(1)裝置中導管X的作用是：用裝置A制取SO,則試劑的組合最好是(填字母)。a.18.4mol/LH2SO+CUb.4mol/LHNO3+N&SOc.60%H2SO+K2SO水與Al4G在裝置A中制取甲烷，其化學方程式為：。(2)利用制得的CH和SO并結合BG裝置驗證反應：CH+2SO-二，二丁2S+CO+2HO牛成的單質S和CO。B裝置有三個作用，分別是、充分?!合CH和SO、觀察氣泡以便調節CH和SO的流速比約為1：2。實驗裝置依次連接

44、的合理順序為B、(每個裝置只用一次)。證明有CO產生的現象為。G裝置中發生反應的離子方程式為。【答案】(1).使液體順利滴入燒瓶中(2).c(3).Al4C3+12H2O=4Al(OH)3j+3CHT(4).干燥CH、SO(5).DC、GF、E(6).F中品紅不褪色，澄清石灰水變渾濁(7).2MnO+5SQ+2H2O=2M芥+5SQ2-+4h+【解析】(1)由于裝置A的蒸儲燒瓶中產生氣體，使其中的壓強增大，在分液漏斗與蒸儲燒瓶之間連接的導管所起的作用是平衡壓強，使液體順利滴入燒瓶中。a項，裝置A為固液不加熱裝置，“18.4mol/LH2SO4+Cu”制取SO2需要加熱，故不適合；b項，“4mo

45、l/LHNO3+Na2SO3”發生氧化還原反應，+4價S被氧化成+6價，得不到SO2,故不適合；c項，“60%HSO4+K2SO3”制取SO2適合強酸制弱酸原理，故合適。水與Al4C3制取甲烷，根據原子守恒還生成Al(OH)3,故化學方程式為：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3J+3CH1(2)如圖CH4和SO2的反應需要高溫條件下在硬質玻璃管中進行，所以B中濃硫酸除了充分混合CH4和SO2、觀察氣泡以便調節CH4和SO2的流速比約為1:2之外，還有干燥CH4和SO2的作用。根據實驗目的是驗證CH4和SO2反應生成的單質S和CO2,裝置C冷卻得到固體S單質，用E裝置中澄清石灰水驗證CO2

46、,為防止SO2對驗證實驗的干擾，必須先依次通過酸性高鎰酸鉀和品紅溶液，將其除盡，綜上分析實驗裝置依次連接的合理順序為B、D、C、G、F、E。若F中品紅不褪色，則說明SO2已經被除盡，E中澄清石灰水變渾濁則能證明該實驗有CO2產生。G裝置中，酸性高鎰酸鉀與SO2發生氧化還原反應，+7價Mn被還原為+2價，+4價S被氧化為+6價，離子方程式為：2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+。20.高氯酸鉀是一種白色粉末，可用作發煙劑、引火劑、氧化劑和化學分析試劑，醫藥工業用作解熱和利尿等藥劑。用PbQ來制備KC1O4的工業流程如下：結晶»混合過謔謔渣mjhiuiiuhh!nH