甘肅省天水市一中2023屆高三化學上學期第四次考試試題（含解析）甘肅省天水市一中2023-2023學年高三上學期第四次考試化學試題1.以下說法正確的選項是〔〕A.ΔH＜0、ΔS＞0的反響在溫度低時不能自發進行B.NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ/mol能自發進行，原因是體系有自發地向混亂度增加的方向轉變的傾向C.因為焓變和熵變都與反響的自發性有關，因此焓變或熵變均可以單獨作為反響自發性的判據D.在其他外界條件不變的情況下，使用催化劑可以改變化學反響進行的方向【答案】B【解析】【詳解】A．ΔH＜0、ΔS＞0,ΔH-TΔS<0，任何溫度都能自發進行，錯誤；B、ΔH>0,ΔS＞0,高溫可以自發進行，正確；C、雖然焓變和熵變都與反響的自發性有關，但單獨作為反響自發性的判據是不準確的，錯誤；D、催化劑不可以改變化學反響進行的方向，錯誤。2.以下有關說法正確的選項是A.中和相同體積、相同pH的H2SO4、HCl和CH3COOH三種稀溶液，所需NaOH的物質的量分別為n1、n2和n3，那么n3＞n1＞n2B.常溫下，由水電離出的c(OH-)=1×10-13mol/L的溶液中，能大量存在以下離子：Mg2+、Na+、Br-、ClO-C.等pH的鹽酸和醋酸與適量的鎂反響，開始時反響速度相等D.往0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴入少量濃NaOH溶液，溶液變為橙色【答案】C【解析】【詳解】A.相同體積、相同pH的三種溶液，醋酸是弱酸存在電離平衡，鹽酸和硫酸為強酸完全電離，中和NaOH的物質的量n3>n1=n2，故A錯誤；B.水電離出的c(OH－)＝1×10－13

mol/L＜1×10－7

mol/L，故水的電離受到抑制，有可能是酸的溶液，也可能是堿的溶液，Mg2+不能在堿的溶液中共存，ClO-不能在酸的溶液中共存，故B錯誤；C.鎂與酸反響的本質是鎂與溶液中的H+發生置換反響生成H2，等pH的鹽酸和醋酸溶液剛開始時，氫離子濃度相等，反響速度相等，故C正確；D.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-〔橙色〕+H2O?2CrO42-+2H+參加少量NaOH固體，中和氫離子，氫離子濃度降低，平衡向右移動，溶液由橙變黃，故D錯誤；正確答案是C。【點睛】濃度對化學平衡的影響：在其他條件不變時，增大反響物的濃度或減小生成物的濃度，有利于正反響的進行，平衡向右移動；增加生成物的濃度或減小反響物的濃度，有利于逆反響的進行平衡向左移動。單一物質的濃度改變只是改變正反響或逆反響中一個反響的反響速率而導致正逆反響速率不相等，而導致平衡被打破。3.設NA為阿伏加德羅常數的值，以下說法不正確的選項是A.1molCH2＝CH2分子中含有的共價鍵數為6NAB.500mL0.5mol·L?1的NaCl溶液中微粒數大于0.5NAC.30gHCHO與CH3COOH混合物中含C原子數為NAD.2.3gNa與O2完全反響，反響中轉移的電子數介于0.1NA和0.2NA之間【答案】D【解析】【詳解】A.1個乙烯分子中碳碳雙鍵含兩個共價鍵，4個碳氫鍵合為4個共價鍵，總計6個共價鍵，因而1molCH2＝CH2分子中含有共價鍵數為6NA，A項正確；B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而鈉離子和氯離子總計0.5NA個，但水會電離出極少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒數大于0.5NA，B項正確；C.HCHO與CH3COOH的最簡式為CH2O，原混合物相當于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子數為NA，C項正確；D.不管鈉和氧氣生成氧化鈉還是過氧化鈉，鈉元素的化合價由0變為+1，因而2.3gNa〔2.3gNa為0.1mol〕轉移電子數為0.1mol×1×NA=0.1NA，D項錯誤。故答案選D。4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X原子的最外層電子數是其內層電子總數的3倍，Y原子的最外層只有2個電子，Z單質可制成半導體材料，W與X屬于同一主族。以下表達正確的選項是A.元素W的簡單氣態氫化物的熱穩定性比X的強B.元素W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱C.化合物YX、ZX2、WX3中化學鍵的類型相同D.原子半徑的大小順序：rY＞rZ＞rW＞rX【答案】D【解析】【詳解】A.根據題意可得X是O；Y是Mg；Z是Si；W是S。A、O、S是同一主族的元素，由于非金屬性O>S，元素的非金屬性越強，其氫化物的穩定性就越強。所以元素W的簡單氣態氫化物的熱穩定性比X的弱，故A錯誤；B.元素的非金屬性S>Si。元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。所以元素W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的強，故B錯誤；C.MgO是離子晶體，離子之間以離子鍵結合；SiO2是原子晶體，原子間以共價鍵結合；SO3是分子晶體，分子間以分子間作用力結合。在分子內原子間以共價鍵結合。所以這三種化合物的化學鍵不同，故C錯誤；D.Mg、Si、S都是第三周期的元素，原子序數越大，原子的半徑就越小。而O是第二周期的元素對于不同周期的元素來說，原子核外電子層數越多，原子半徑就越大。所以原子半徑Mg>Si>S>O，故D正確；答案選D。5.以下實驗方案、現象、得出的結論均正確的選項是()選項實驗及現象結論A用玻璃棒蘸取某樣品進行焰色反響時觀察到黃色火焰該樣品含鈉元素B向NaHCO3溶液中參加過量鹽酸振蕩、靜置、有氣泡產生證明非金屬性Cl＞CC向酸化的KMnO4溶液通入S02,向反響后的溶液中參加BaCl2產生白色沉淀證明S02被氧化為SO42-D將10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反響后滴加KSCN，溶液顏色變紅KI與FeCl3反響有可逆性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A、玻璃中含有鈉元素，干擾鈉離子的檢驗，應用鐵絲或鉑絲，故A錯誤；B、NaHCO3溶液中參加過量鹽酸，可知酸性鹽酸大于碳酸，但鹽酸為無氧酸，那么不能比擬Cl、C的非金屬性，故B錯誤；C、向酸化的KMnO4溶液通入S02，向反響后的溶液中參加鹽酸酸化的BaCl2產生白色沉淀，如果高錳酸鉀溶液使用的是硫酸進行的酸化，那么不能確定SO42-是后來生成的還是原溶液中的，故C錯誤；D、10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液混合，其中KI過量，混合充分反響后滴加KSCN，溶液顏色變紅，證明溶液中還存在三價鐵離子，因此可證明KI與FeCl3反響進行不徹底，有可逆性，故D正確；應選D。6.反響C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一密閉容器中進行，以下說法正確是A.保持容器體積不變，增加C的物質的量，反響速率增大B.保持容器體積不變，充入N2容器內氣體壓強增大，化學反響速率增大C.保持壓強不變，充入N2容器內氣體壓強不變，化學反響速率減小D.保持容器體積不變，隨著反響進行氣體物質的量增多，壓強增大，反響速率逐漸加快【答案】C【解析】【詳解】A.保持容器體積不變，C為固體，增加C的物質的量，反響速率不變，與題意不符，A錯誤；B.保持容器體積不變，充入N2容器內氣體壓強增大，反響體系中各氣體的濃度未變，那么化學反響速率不變，與題意不符，B錯誤；C.保持壓強不變，充入N2容器內氣體壓強不變，體積增大，反響體系中各氣體的濃度減小，那么化學反響速率減小，符合題意，C正確；D.保持容器體積不變，隨著反響進行氣體物質的量增多，生成物的濃度增大，那么逆反響速率逐漸加快，與題意不符，D錯誤；答案為C。【點睛】改變壓強時，假設體系中各物質的濃度未變，那么反響速率不變。7.能正確表示以下離子方程式是A.KI溶液久置空氣中變黃色：4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OHˉB.少量三氧化硫與氨水反響：SO3＋NH3·H2O=NH4+＋HSO4-CNa與CuSO4水溶液反響：2Na＋Cu2+＝Cu＋2Na+D.〔NH4〕2SO4和FeSO4混合溶液與足量NaOH反響：Fe2+＋2OHˉ=Fe〔OH〕2↓【答案】A【解析】【詳解】A、碘離子會被空氣中的氧氣氧化為碘單質，選項A正確；B、硫酸氫根離子無法在堿性條件下大量存在，選項B不正確；C、金屬鈉投入到硫酸銅水溶液中會先和水反響生成氫氧化鈉和氫氣，接著氫氧化鈉會和硫酸銅反響生成藍色的氫氧化銅沉淀，選項C不正確；D、氫氧化鈉會和硫酸銨生成弱電解質一水合氨，要以化學式寫在方程式中，選項D不正確。答案選A。【點睛】此題考查離子反響方程式的正誤判斷。易錯點為選項C，應注意鈉的金屬性較強，與硫酸銅溶液作用時直接與水反響而不能置換出銅。8.以下圖示與對應的表達相符的是A.圖1表示H2與O2發生反響過程中的能量變化，那么H2的燃燒熱為241.8kJ·mo1－1B.圖2表示壓強對可逆反響2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影響，乙的壓強比甲的壓強大C.假設圖3表示等質量的鉀、鈉分別與足量水反響，那么甲代表鈉D.圖4表示常溫下，稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化，那么相同條件下NaA溶液的pH大于同濃度的NaB溶液的pH【答案】C【解析】【詳解】A、燃燒熱是在一定條件下，1mol可燃物完全燃燒生成穩定的氧化物時所放出的熱量，與圖象不吻合，故A錯誤；B、該反響是一個反響前后氣體體積減小的可逆反響，增大壓強平衡向正反響方向移動，那么反響物的含量減少，該圖中改變條件后，反響物的含量不變，說明平衡不移動，參加的是催化劑，故B錯誤；C、鉀比鈉活潑，反響速率快。鈉的摩爾質量小于鉀的摩爾質量，在質量相等的條件下鈉放出的氫氣多，與圖像吻合，故C正確；D、在稀釋過程中HA的pH變化大，說明HA的酸性比HB強，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA與NaB水解顯堿性，所以NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH，故D錯誤；應選C。9.最近，科學家研發了“全氫電池〞，其工作原理如下圖。以下說法不正確的選項是A.右邊吸附層中發生了復原反響B.負極的電極反響是H2－2e－＋2OH－=2H2OC.電池的總反響是2H2＋O2=2H2OD.電解質溶液中Na＋向右移動，向左移動【答案】C【解析】【分析】由電子的流動方向可以得知左邊為負極，發生氧化反響；右邊為正極，發生復原反響。【詳解】由電子的流動方向可以得知左邊為負極，發生氧化反響；右邊為正極，發生復原反響，應選項A、B正確；電池的總反響沒有O2參與，總反響方程式不存在氧氣，故C選項不正確；在原電池中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，故D選項正確。答案選C。A.右邊吸附層中發生了復原反響，A正確；B.氫氣在負極上發生氧化反響，電解質中有強堿，故負極的電極反響是H2－2e－＋2OH－=2H2O，B正確；C.沒有氧氣參與反響，C不正確；D.電解質溶液中Na＋向右邊的正極移動，向左邊的負極移動，D正確。綜上所述，此題選不正確的，應選C。10.以下事實，不能用勒夏特列原理解釋的是A.在溴水中存在如下平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，當參加NaOH溶液后顏色變淺B.對于反響：2HI(g)H2(g)+I2(g)，使平衡體系縮小體積增加壓強，顏色變深C.Fe(SCN)3溶液中參加固體KSCN后顏色變深D.棕紅色氣體NO2〔2NO2N2O4〕縮小體積加壓后，顏色先變深后變淺【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動，使用勒夏特列原理時，該反響必須是可逆反響，否那么勒夏特列原理不適用；【詳解】A.參加NaOH溶液后，NaOH和HBr、HBrO發生中和反響導致平衡正向移動，那么溶液顏色變淺，能用平衡移動原理解釋，A項正確；B.對于左右兩端氣體系數之和相等的反響，增大壓強平衡不移動，所以與勒夏特列原理無關，B項錯誤；C.因為，參加KSCN后，SCN-增多，使平衡向逆向移動，C項正確；D.增大壓強，平衡正向移動，氣體顏色先變深后變淺，能用平衡移動原理解釋，D項正確；答案選B。11.利用如下圖裝置，可以模擬鐵的電化學腐蝕，以下說法不正確的選項是()A.假設X為碳棒，為減慢鐵的腐蝕，開關K應置于N處B.假設X為鋅棒，K置于M或N處，均能減慢鐵的腐蝕C.假設X為碳棒，將開關K置于M處時鐵棒上發生的反響為Fe－2e－=Fe2＋D.假設X為鋅棒，將開關K置于N處時鐵棒上發生的反響為Fe－2e－=Fe2＋【答案】D【解析】【分析】根據金屬的防護，假設K置于N處，形成電解池，必須讓被保護的金屬接電源負極；假設開關K置于M處，形成原電池，假設要使金屬鐵被保護，需讓鐵做正極，據此分析判斷。【詳解】A．假設X為碳棒，當開關K置于N處時，形成電解池，鐵做陰極被保護，能減緩鐵的腐蝕，故A正確；B．假設

X

為鋅棒，開關

K

置于

M處，形成原電池，鋅比鐵活潑，鋅為負極，鐵做正極，在原電池中正極被保護，能減緩鐵的腐蝕；當開關K置于N處時，形成電解池，鐵做陰極被保護，能減緩鐵的腐蝕，故B正確；C．假設X為碳棒，開關

K

置于

M處，形成原電池，鐵做負極，鐵棒上發生反響為Fe－2e－=Fe2＋，故C正確；D．當X為鋅時，開關K置于N處，形成電解池，鐵做陰極，故陰極上的電極反響為：O2+4e-+2H2O=4OH-，故D錯誤；應選D。12.反響：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g)△H＝－akJ·mol-1〔a＞0〕，其反響機理是①NO(g)＋Br2(g)NOBr2(g)快②NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g)慢以下有關該反響的說法正確的選項是A.該反響的速率主要取決于①的快慢B.NOBr2是該反響的催化劑C.增大Br2(g)的濃度能增大活化分子百分數，加快反響速率D.總反響中生成物的總鍵能比反響物的總鍵能大akJ·mol-1【答案】D【解析】【詳解】A．反響速率主要取決于慢的一步，所以反響速率主要取決于②的快慢，A錯誤；B．NOBr2是中間產物，而不是催化劑，B錯誤；C．增大濃度，活化分子百分數不變，D錯誤，；D．正反響放熱，斷裂化學鍵吸收的能量小于形成化學鍵放出的能量，那么正反響的活化能比逆反響的活化能小akJ?mol-1，D正確；答案選D。13.MnSO4是制備高純MnCO3的中間原料。實驗室用如下圖裝置可制備少量MnSO4溶液，反響原理為MnO2＋H2SO3=MnSO4＋H2O。以下說法錯誤的選項是〔〕A.假設實驗中將N2換成空氣，那么反響液中的濃度之比變大B.緩慢通入混合氣體可提高SO2的轉化率C.假設不通N2，那么燒瓶中的進氣管口容易被堵塞D.石灰乳對尾氣的吸收效果比澄清石灰水更好【答案】A【解析】【詳解】A、SO2能與H2O反響生成H2SO3，H2SO3易被氧氣氧化成SO42－，導致溶液中c(SO42－)增大，即之比減小，故A說法錯誤；B、緩慢通入混合氣體，可以使SO2充分反響，提高SO2的轉化率，故B說法正確；C、假設不通N2，那么燒瓶中的進氣管口容易被MnO2堵塞，故C說法正確；D、SO2有毒，不能直接排放到空氣，氫氧化鈣微溶于水，澄清石灰水中Ca((OH)2含量低，因此使用石灰乳對尾氣的吸收效果比澄清石灰水更好，故D說法正確；答案選A。14.在容積為2.0L的密閉容器內，物質D在T℃時發生反響，其反響物和生成物的物質的量隨時間t的變化關系如圖，以下表達不正確的選項是A.從反響開始到第一次到達平衡時，A物質的平均反響速率為0.0667mol/(L·min)B.該反響的化學方程式為2D(s)2A(g)+B(g)，該反響的平衡常數表達式為K=c(A)2·c(B)C.：反響的?H＞0，那么第5分鐘時圖象呈現上述變化的原因可能是升高體系的溫度D.假設在第7分鐘時增加D的物質的量，那么表示A的物質的量變化正確的選項是a曲線【答案】D【解析】【詳解】A.根據v=?c/?t計算得A物質的平均反響速率為0.4mol/(2L×3min)=0.0667mol/(L·min),A正確；B.根據圖在第一次到達平衡時A的物質的量增加了0.4mol，B的物質的量增加了0.2mol，所以A、B為生成物，D的物質的量減少了0.4mol/L，所以D為反響物，D、A、B的變化量之比為0.4:0.4:0.2=2:2:1,反響中各物質計量數之比等于物質的濃度的變化量之比，化學方程式為2D(s)2A(g)+B(g)，該反響的平衡常數表達式為K=c(A)2·c(B)，故B正確；C.第5分鐘時A、B的物質的量在原來的根底上增加，而D的物質的量在原來的根底上減小，說明平衡正向移動，因為反響的?H＞0,所以此時是升高溫度，故C正確；D.因為D是固體，量的改變不影響化學平衡，所以A的物質的量不變，故D錯誤；綜上所述，此題選D。15.4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1，T2>T1，對于該反響，以下圖象正確的選項是A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】A、正反響放熱，升高溫度，正逆反響速率均增大，逆反響速率大于正反響速率，平衡向逆反響方向進行，A錯誤；B、化學平衡常數只與溫度有關系，B錯誤；C、對于反響4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1，升高溫度，平衡逆向移動，一氧化碳的體積分數會增大，C錯誤；D、升高溫度，化學反響速率會迅速增大，所以T2時先到達化學平衡狀態，并且化學平衡逆向移動，二氧化氮的轉化率減小，D正確；答案選D。16.焦炭催化復原二氧化硫的化學方程式為2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定壓強下，向1L密閉容器中充入足量的焦炭和1molSO2發生反響，測得SO2的生成速率與S2(g)的生成速率隨溫度變化的關系如下圖，以下說法正確的選項是A.該反響的?H>0 B.C點時到達平衡狀態C.增加C的量能夠增大SO2的轉化率 D.T3時增大壓強，能增大活化分子百分數【答案】B【解析】【詳解】A.升高溫度平衡向吸熱方向移動，C點對應溫度升高到D點對應溫度，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比大于2∶1，說明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移動，即逆反響是吸熱反響，那么正反響是放熱反響，△H＜0，故A錯誤；B.到達平衡狀態時，SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比為2∶1，根據圖知，只有C點符合，故B正確；C.能夠增大SO2平衡轉化率說明平衡正向移動，但不能是增加C的物質的量，因為C為固體，故C錯誤；D.增大壓強，增大了單位體積內的活化分子數，但活化分子百分數不變，故D錯誤；答案選B。【點睛】正確解讀圖像是解題的關鍵。此題中要注意平衡時SO2的生成速率與S2(g)的生成速率之比為2∶1，而不是1∶1。17.鋁氫化鈉(NaAlH4)是有機合成的重要復原劑。以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質)為原料制備鋁氫化鈉的一種工藝流程如下:注:SiO2在“堿溶〞時轉化為鋁硅酸鈉(Na2Al2SixO8)沉淀。〔1〕鋁硅酸鈉(Na2Al2SixO8)可以用氧化物的形式表示其組成，形式為________。〔2〕“過濾I〞中濾渣主要成分有________(寫名稱)。向“過濾I〞所得濾液中參加NaHCO3溶液，反響的離子方程式為_______________、______________。〔3〕“電解I〞的另一產物在1000℃時可與N2反響制備AlN，在這種產物中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是__________________。〔4〕“電解II〞是電解Na2CO3溶液，原理如下圖。陽極的電極反響式為_________________。【答案】(1).Na2O·Al2O3·2SiO2(2).鋁硅酸鈉、氧化鐵(3).OH-+HCO3-=CO32-+H2O(4).AlO2-+HCO3-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓(5).氯化銨分解產生的氯化氫能夠破壞鋁外表的氧化鋁薄膜(6).4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑【解析】【分析】以鋁土礦(主要成分為，含和等雜質)為原料制備鋁，由流程可知，加溶解時不反響，由信息可知在“堿溶〞時轉化為鋁硅酸鈉沉淀，過濾得到的濾渣為、鋁硅酸鈉，碳酸氫鈉與偏鋁酸鈉反響生成，過濾II得到，灼燒生成氧化鋁，電解I為電解氧化鋁生成鋁和氧氣，純鋁在氯氣中燃燒生成氯化鋁，氯化鋁再與反響生成鋁氫化鈉。【詳解】〔1〕鋁硅酸鈉()用氧化物表示時通常先金屬氧化物，后二氧化硅和水，其氧化物形式為，故答案為：；〔2〕鋁土礦加溶解時，溶解生成偏鋁酸鈉，而不反響，由信息可知在“堿溶〞時轉化為鋁硅酸鈉沉淀，那么過濾所得濾渣Ⅰ為鋁硅酸鈉、氧化鐵，濾液中含有過量和溶液，參加溶液后，分別與、反響，反響的離子方程式為、，故答案為：鋁硅酸鈉、氧化鐵；、；〔3〕鋁粉在1000℃時可與反響制備，在鋁粉中添加少量固體并充分混合，有利于的制備，其主要原因是分解產生的能夠破壞外表的薄膜，故答案為：氯化銨分解產生的氯化氫能夠破壞鋁外表的氧化鋁薄膜；〔4〕由圖可知，陽極上碳酸根離子失去電子生成碳酸氫根離子和氧氣，陽極反響為，故答案為：。18.短周期五種元素A、B、C、D、E的原子序數依次增大。A、B、C的單質在常溫下都呈氣態，C原子最外層電子數是電子層數的3倍，C和E位于同主族。1molDAx與足量的A2C反響生成44.8L〔標準狀況〕G氣體。A、B的單質依次為G、T，在密閉容器中充入一定量的G、T，一定條件下發生反響G+T→W〔未配平〕，測得各物質的濃度如表所示。物質TGW10min時，c/(mol/L)0.50.80.220min時，c/(mol/L)0.30.20.6答復以下問題：〔1〕A、B、C能組成既含離子鍵又含共價鍵的化合物，該化合物的化學式為_________。〔2〕B、C、D、E的簡單離子中，離子半徑由大到小排序為__________〔用離子符號表示〕。〔3〕J、L是由A、B、C、E四種元素組成的兩種常見酸式鹽，J、L混合可產生有刺激性氣味的氣體，寫出這兩種溶液發生反響的離子方程式__________；J、L中能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是_______〔填化學式〕。〔4〕B2A4?C2堿性燃料電池放電效率高。該電池放電時生成B2和A2C，正極反響式為________；電池工作一段時間后，電解質溶液的pH_____〔填“增大〞“減小〞或“不變〞〕。【答案】(1).NH4NO3或NH4NO2(2).S2－>N3－>O2－>Mg2＋(3).HSO3－＋H＋=SO2↑＋H2O(4).NH4HSO3(5).O2＋2H2O＋4e－=4OH－(6).減小【解析】【分析】C原子最外層電子數是電子層數的3倍，推知C為氧，C和E位于同主族，故E為硫，A、B的單質在常溫下都呈氣態，且A、B、C原子序數遞增，故A為氫，B為氮，1molDAx與足量的A2C〔水〕反響生成44.8L〔標準狀況〕G〔氫氣〕氣體，可知D為金屬，DAx中氫顯負價，失電子，那么x=2，D顯+2價，A、B、C、D、E的原子序數依次增大，故D為鎂，綜上所述，A為氫，B為氮，C為氧，D為鎂，E為硫，G為氫氣，T為氮氣，W為氨氣。【詳解】〔1〕A為氫，B為氮，C為氧，組成的離子化合物可能為或，故答案：或；〔2〕B為氮，C為氧，D為鎂，E為硫，原子核外有三層電子半徑最大，、、電子層數均為兩層，核外電子排布相同，質子數越多半徑越小，故離子半徑，故答案為：；〔3〕由氫、氮、氧、硫四種元素組成的兩種常見酸式鹽，混合可產生有刺激性氣味的氣體，推測兩種鹽分別為和，產生的氣體為二氧化硫，二者反響的離子方程式為：，和中能復原高錳酸鉀使其褪色，故答案為：；；〔4〕堿性燃料電池中，正極發生復原反響，氧氣生成氫氧根，電極反響式為：，電池總反響為：，反響中沒有消耗溶液中的氫氧根，但是產生了水，造成溶液體積增大，堿性減弱，pH減小，故答案為：；減小。【點睛】微粒半徑大小比擬的一般規律：1、看電子層數，電子層數越多半徑越大；2、電子層數相同時，看核電荷數，核電荷數越多半徑越小；3、電子層數和核電荷數都相同時，看電子數，電子數越多越多半徑越大。19.700℃時，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O，發生反響：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)，反響過程中測定的局部數據見下表(表中t2>t1)：反響時間/minn(CO)/moln(H2O)/mol01.200.60t10.20t20.80依據題意答復以下問題：(1)反響在t1min內的平均速率為v(H2)＝________mol·L－1·min－1。(2)保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到達平衡時，n(CO2)＝________mol。(3)溫度升至800℃，上述反響的平衡常數為0.64，那么正反響為________反響(填“放熱〞或“吸熱〞)。(4)700℃時，向容積為2L的密閉容器中充入CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的物質的量分別為1.20mol、2.00mol、1.20mol、1.20mol，那么此時該反響v(正)________v(逆)(填“>〞“<〞或“＝〞)。(5)該反響在t1時刻到達平衡，在t2時刻因改變某個條件，CO和CO2濃度發生變化的情況如下圖。圖中t2時刻發生改變的條件可能是________或________。(6)假設該容器容積不變，能說明反響到達平衡的是________。①c(CO)與c(H2)的比值保持不變②v(CO2)正＝v(H2O)逆③體系的壓強不再發生變化④混合氣體的密度不變⑤體系的溫度不再發生變化⑥氣體的平均相對分子質量不變【答案】(1).(2).0.40(3).放熱(4).>(5).降溫(6).增大c(H2O)或減小c(H2)(7).①②⑤【解析】【分析】〔1〕根據v=計算反響速率；〔2〕根據反響時轉化的物質的量計算n(CO2)；〔3〕根據溫度變化對平衡常數的影響判斷反響熱；〔4〕據K和Qc的大小比擬判斷；〔5〕據圖可知，CO濃度繼續減小和二氧化碳的濃度繼續增大，在t2時刻平衡正向移動，可能是增加水蒸汽的量或減少氫氣的量或降溫；〔6〕不傳熱的固定容積的容器中，反響到達平衡的標志是正逆反響速率相同，各成分含量保持不變分析判斷選項。【詳解】(1)CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)，根據方程式，t1min內消耗水0.4mol，生成氫氣0.4mol，反響在t1min內的平均速率v(H2)＝＝mol·L－1·min－1，故答案為；(2)由以上數據可知，t2時n(H2O)=0.2mol，轉化H2O的物質的量為0.4mol，轉化的H2也為0.4mol，t2時n(H2)=0.4mol，與t1時相同，說明t1時到達到達平衡狀態，根據化學方程式可知，那么生成的n(CO2)=0.4mol，故答案為0.4；(3)由題給數據建立如下三段式：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始：1.2mol

0.6mol

0

0

轉化：0.4mol

0.4mol

0.4mol

0.4mol平衡：0.8mol

0.2mol

0.4mol

0.4mol

t1時到達到達平衡狀態，平衡常數K==，那么K＝＝1，溫度升至800℃，上述反響的平衡常數為0.64，平衡常數減小，說明升高溫度平衡向逆反響方向移動，那么正反響放熱，即△H<0，故答案為放熱；(4)700℃時，向容積為2L的密閉容器中充入CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)濃度熵Qc=＝=0.6<1，平衡正向移動，v(正)>v(逆)，故答案為>；(5)該反響在t1時刻到達平衡，在t2時刻c(CO2)逐漸增大，c(CO)逐漸減小，說明平衡正向移動，改變條件可能是降溫、增大c(H2O)或減小c(H2)，答案為：降溫；增大c(H2O)或減小c(H2)；(6)①CO是反響物，H2是生成物，c(CO)與c(H2)的比值保持不變，一定到達平衡狀態，故①正確；②v(CO2)正＝v(H2O)逆，正、逆反響速率相同，一定到達平衡狀態，故②正確；③由于反響前后氣體的物質的量不變，那么體系的壓強是一恒量，壓強不變反響不一定平衡狀態，故③錯誤；④根據ρ＝，密度為恒量，混合氣體的密度不變不一定平衡狀態，故④錯誤；⑤該反響放熱，體系的溫度不再發生變化，一定到達平衡狀態，故⑤正確；⑥根據M＝，平均相對分子質量為恒量，氣體的平均相對分子質量不變，不一定平衡狀態，故⑥錯誤；①②⑤正確，故答案為①②⑤。【點睛】此題作為化學反響速率與平衡的綜合性題目，由于綜合性強、計算量大導致難度上升，易錯填空為(2)(4)兩空。錯因與糾錯方法：K只與溫度有關，溫度不變那么K值不變，無論初始反響物的物質的量如何；而v(正)與v(逆)