四川省內江市威遠中學2023～2024學年高二上學期第一次月考化學試題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23P31S32一、選擇題(本題包括15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個選項最符合題意)1.我國科學家在國際上首次實現二氧化碳到淀粉的全合成，對實現“碳中和”與“碳達峰”有重要意義，下列說法正確的是A.全合成過程一定包含能量的變化B.使用催化劑能提升全合成過程的平衡轉化率C.以相同反應物合成淀粉，人工合成與自然合成兩種途徑反應熱不相同D.全合成的第一步為吸熱反應，則反應物的鍵能總和低于生成物的鍵能總和【答案】A【解析】【詳解】A．全合成過程屬于化學反應，而所有的化學反應都伴隨能量的變化，A正確；B．催化劑只能改變反應速率，不能使平衡發生移動，不能改變轉化率，B錯誤；C．反應熱只與反應的起始狀態和最終狀態有關，而與反應途徑無關，故人工合成與自然合成兩種途徑反應熱相同，C錯誤；D．反應物的鍵能總和低于生成物的鍵能總和，則為放熱反應，另外D選項也只是說第一步為吸熱反應，沒有說總反應是吸熱還是放熱，D錯誤；故選A。2.結合已知條件分析，下列熱化學方程式正確的是(所有數據均在常溫常壓條件下測定)選項已知條件熱化學方程式A的燃燒熱為B與足量充分反應后，放出熱量CD31g白磷比31g紅磷能量多bkJA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．的燃燒熱是指1mol氫氣完全反應生成1mol液態水時放出的熱量，故A錯誤；B．該反應為可逆反應，與足量充分反應后，放出熱量，則1mol完全反應時放出的熱量大于，題中反應的反應熱，故B錯誤；C．該反應中生成硫酸鋇沉淀，實際反應放熱更多，，故C錯誤；D．31g白磷比31g紅磷能量多bkJ，則1mol比能量多4bkJ，熱化學反應方程式正確，故D正確；故選：D。3.已知化合物A＋H2OⅠⅡB＋HCOO，其反應歷程如圖所示，其中TS1、TS2、TS3表示不同的過渡態，Ⅰ、Ⅱ表示中間體。下列說法正確的是A.反應③、⑤為決速步驟B.該歷程中的最大能壘(活化能)E正=16.87eVC.該反應歷程分三步進行D.使用更高效的催化劑可降低反應所需的活化能和反應熱【答案】C【解析】【詳解】A．反應③的活化能最大，反應速率最小，由于化學反應由最慢的一步決定，所以反應③為決速步驟，A錯誤；B．由圖可知，該歷程中的最大能壘（活化能）E正=16.87kJ?mol1(1.99kJ?mol1)=18.86kJ?mol1，B錯誤；C．由圖可知，該歷程中存在3種過渡態，則該反應歷程分三步進行，C正確；D．催化劑可降低反應所需的活化能，改變反應速率，但不能改變反應的始態和終態，不能改變反應始態和終態的總能量，即不能改變反應熱，D錯誤；故選C。4.設NA是阿伏加德羅常數值。下列說法錯誤的是A.1L0.1mol/LNH4NO3溶液中含有氮原子總數為0.2NAB.7.8gNa2O2與水完全反應，轉移電子數為0.2NAC.2.8gCO和N2混合氣體中含有質子數為1.4NAD.標準狀況下，2.24L環丙烷中化學鍵數目為0.9NA【答案】B【解析】【詳解】A．1L0.1mol/LNH4NO3溶液中含有0.1molNH4NO3，含有氮原子總數為A，故A正確；B．7.8gNa2O2的物質的量為，與水反應的方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反應中只有Na2O2中O元素的化合價發生變化，反應中轉移2個電子，因此2O2完全反應轉移的電子數為A，故B錯誤；C．CO和N2的摩爾質量都是28g/mol，2.8gCO和N2混合氣體的物質的量為，CO和N2分子中含有的質子數都是14，則2.8gCO和N2混合氣體中含有質子數為A，故C正確；D．標準狀況下，2.24L環丙烷的物質的量=，1個環丙烷分子中含有6個CH和3個CC，化學鍵總數為9，因此環丙烷中化學鍵數目為A，故D正確；故選B。5.T℃時在2L密閉容器中使與發生反應生成，反應過程中X、Y、Z的物質的量變化如圖甲所示；若保持其他條件不變，溫度分別為T1和T2時，Y的轉化率與時間的關系如圖乙所示。則下列結論正確的是A.反應進行的前內，用X表示的反應速率B.保持其他條件不變，升高溫度，反應的化學平衡常數K減小C.若改變反應條件，使反應進程如圖丙所示，則改變的條件是增大壓強D.容器中發生的反應可表示為【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．題圖甲中，反應進行到時，已經達到平衡，平衡時，的物質的量為，，故A錯誤；B．由圖乙知，“先拐先平數值大”，，升高溫度，的平衡轉化率減小，平衡向逆反應方向移動，所以平衡常數減小，故B正確；C．圖丙與圖甲比較，圖丙達到平衡所用的時間較短，說明反應速率增大，但平衡狀態沒有發生改變，應是加入催化劑所致，故C錯誤；D．由圖甲知，前內的物質的量減少量為，的物質的量減少量為，、為反應物，的物質的量增加量為，為生成物，同一化學反應同一時間段內，反應物減少的物質的量和生成物增加的物質的量之比等于化學計量數之比，所以、、的化學計量數之比為，所以該反應可表示為，故D錯誤；答案選B。6.已知下列反應的平衡常數：H2S(g)=H2(g)+S(s)K1；S(s)+O2(g)=SO2(g)K2；則反應H2(g)+SO2(g)=O2(g)+H2S(g)的平衡常數是A.K1+K2 B.K1K2 C. D.【答案】D【解析】【詳解】，，反應H2(g)+SO2(g)=O2(g)+H2S(g)的平衡常數，故選：D。7.在1200°C時，天然氣脫硫工藝中會發生下列反應：①②③④則ΔH4的正確表達式為A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】A．由蓋斯定律可知，得反應④，則，A錯誤；B．由蓋斯定律分析可知，B錯誤；C．由蓋斯定律分析可知，C正確；D．由蓋斯定律分析可知，D錯誤故選C。8.已知共價鍵的鍵能與熱化學方程式信息如下表：共價鍵HHHO鍵能/(kJ·mol1)436463熱化學方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=482kJ·mol1則2O(g)=O2(g)ΔH為A.428kJ·mol1 B.428kJ·mol1 C.498kJ·mol1 D.498kJ·mol1【答案】D【解析】【分析】根據ΔH=反應物的鍵能總和生成物的鍵能總和計算。【詳解】反應的ΔH=2(HH)+(OO)4(HO)；482kJ/mol=2×436kJ/mol+(OO)4×463kJ/mol，解得OO鍵的鍵能為498kJ/mol，2個氧原子結合生成氧氣的過程需要釋放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=498kJ/mol。9.用鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)制備納米Fe3O4，的流程示意圖如下：下列敘述錯誤的是A.為提高步驟①的反應速率，可采取攪拌、升溫等措施B.步驟②中，主要反應的離子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+C.步驟④中，反應完成后剩余的H2O2無需除去D.步驟⑤中，“分離”包含的操作有過濾、洗滌【答案】C【解析】【分析】鐵泥（主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe）與稀鹽酸反應得到的濾液A溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸，加入鐵粉還原鐵離子：2Fe3++Fe=3Fe2+，過濾過量的鐵，濾液B的溶質為氯化亞鐵，加入氫氧化鈉溶液，生成Fe（OH）2渾濁液，向渾濁液中加入雙氧水，雙氧水將Fe（OH）2濁液氧化成濁液D，反應完成后需再加熱一段時間除去剩余H2O2，濁液D與濾液B加熱攪拌發生反應制得Fe3O4，經過濾、洗滌、干燥得產品Fe3O4，據此分析解答。【詳解】A.攪拌、適當升高溫度可提高鐵泥與鹽酸的反應速率，A正確；B.濾液A的溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸，加入鐵粉還原Fe3+，即主要的離子反應為：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正確；C.步驟④中，濁液C中的氫氧化亞鐵被過氧化氫氧化成濁液D，為了提高Fe3O4的產率需要控制濁液D與濾液B中Fe2+的比例，為防止濾液B中Fe2+在步驟⑤中被H2O2氧化，步驟④中反應完成后需再加熱一段時間除去剩余H2O2，C錯誤；D.步驟⑤為濁液D與濾液B加熱攪拌發生反應制得Fe3O4，使Fe3O4分離出來需經過過濾、洗滌、干燥，D正確；故答案選C。【點睛】本題考查了物質的制備，涉及對工藝流程的理解、氧化還原反應、對條件的控制選擇與理解等，需要學生具備扎實的基礎。10.有關煤的綜合利用如圖所示。下列說法正確的是A.煤和水煤氣均是二次能源B.煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有機物C.①是將煤在空氣中加強熱使其分解的過程D.B為甲醇或乙酸時，原子利用率均可達到100%【答案】D【解析】【詳解】A．煤屬于一次能源，A錯誤；B．苯、甲苯、二甲苯等是煤干餾過程中生成的物質，不是煤含有的物質，B錯誤；C．干餾是在隔絕空氣的條件下進行的，否則煤就會在空氣中燃燒，C錯誤；D．水煤氣的成分是CO、H2，當二者按物質的量比為1∶2反應時可得到甲醇，當二者按物質的量比為1∶1反應時可得到乙酸，D正確；故選D。11.已知：A(g)+2B(g)?3C(g)ΔH＜0，向一恒溫恒容的密閉容器中充入1molA和3molB發生反應，t1時達到平衡狀態I，在t2時改變某一條件，t3時重新達到平衡狀態II，正反應速率隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是A.容器內壓強不變，表明反應達到平衡 B.t2時改變的條件：向容器中加入CC.平衡時A的體積分數φ：φ(II)＜φ(I) D.平衡常數K：【答案】B【解析】【分析】根據圖象可知，向恒溫恒容密閉容器中充入1molA和3molB發生反應，反應時間從開始到t1階段，正反應速率不斷減小，t1t2時間段，正反應速率不變，反應達到平衡狀態，t2t3時間段，改變條件使正反應速率逐漸增大，平衡向逆反應方向移動，t3以后反應達到新的平衡狀態，據此結合圖象分析解答。【詳解】A．容器內發生的反應為A(g)+2B(g)?3C(g)，該反應是氣體分子數不變的可逆反應，所以在恒溫恒容條件下，氣體的壓強始終保持不變，則容器內壓強不變，不能說明反應達到平衡狀態，故A錯誤；B．根據圖象變化曲線可知，t2t3過程中，t2時v正瞬間不變，平衡過程中不斷增大，則說明反應向逆反應方向移動，且不是“突變”圖象，屬于“漸變”過程，所以排除溫度與催化劑等影響因素，改變的條件為：向容器中加入C，故B正確；C．最初加入體系中的A和B的物質的量的比值為1：3，當向體系中加入C時，平衡逆向移動，最終A和B各自物質的量增加的比例為1：2，因此平衡時A的體積分數φ(II)＞φ(I)，故C錯誤；D．平衡常數K只與溫度有關，因該反應在恒溫條件下進行，所以K保持不變，故D錯誤；故選B。12.有機物的結構可用鍵線式簡化表示，如CH3CH=CHCH3可表示為，有機物萜品醇可作為消毒劑、抗氧化劑和溶劑。已知α萜品醇的鍵線式如圖。下列說法不正確的是A.該有機物的分子式為C10H18OB.分子中含有的官能團為羥基和碳碳雙鍵C.1mol該物質和足量金屬鉀反應可產生標準狀況下的氫氣11.2LD.該物質能發生酯化反應、催化氧化反應和加成反應【答案】D【解析】【詳解】A．由該有機物的結構可知，其分子式為C10H18O，A正確；B．該有機物分子中含有羥基和碳碳雙鍵兩種官能團，B正確；C．該有機物含有1個—OH，則1mol該物質和足量金屬鉀反應可產生標準狀況下的氫氣，為11.2L，C正確；D．分子中含有碳碳雙鍵能發生加成反應，含有羥基能發生酯化反應，羥基碳上沒有氫原子不能發生催化氧化，D錯誤；故選D。13.黨的二十大報告中指出：要“加強污染物協同控制，基本消除重污染天氣”。二氧化硫—空氣質子交換膜燃料電池實現了制硫酸、發電、環保二位一體的結合，可以解決酸雨等環境污染問題，原理如圖所示。下列說法正確的是A.該電池放電時電流流向：電極→負載→電極B.電極附近發生的反應：SO22e+2H2O=+4H+C.放電過程中若消耗，理論上可以消除2molSO2D.移向電極，電極附近pH不變【答案】B【解析】【分析】圖可知，Pt1電極上SO2發生失電子的氧化反應轉化成H2SO4，Pt1電極為負極，Pt2電極為正極，Pt2電極上O2發生得電子的還原反應；據此作答。【詳解】A．根據分析，Pt1電極為負極，Pt2電極為正極，該電池放電時電流的流向為電極→負載→電極，A項錯誤；B．Pt1電極上SO2發生失電子的氧化反應轉化成H2SO4，電極反應式為SO22e+2H2O=+4H+，B項正確；C．Pt2電極的電極反應式為O2+4e+4H+=2H2O，由于O2所處溫度和壓強未知，不能計算2物質的量，從而無法計算消除SO2物質的量，C項錯誤；D．陽離子H+移向正極(Pt2電極)，Pt1電極上的電極反應式為SO22e+2H2O=+4H+，Pt1電極上每消耗lmolSO2生成4molH+和1molSO2，為平衡電荷，有2molH+通過質子交換膜移向Pt2電極，Pt1電極附近c(H+)增大，pH減小，D項錯誤；故選B。14.在密閉容器中的一定量混合氣體發生反應：，平衡時測得A的濃度為。保持溫度不變，將容器的容積壓縮到原來的一半，再達到平衡時，測得A的濃度變為。下列有關判斷不正確的是A.C的體積分數增大了 B.A的轉化率降低了C.平衡向正反應方向移動 D.【答案】B【解析】【分析】保持溫度不變，將平衡后容器的容積壓縮到原來的一半，氣體壓強增大，若平衡不發生移動，A的濃度為，由再達到平衡時，A的濃度為可知，平衡向正反應方向移動，該反應是氣體體積減小的反應，。【詳解】A．由分析可知，增大壓強，平衡向正反應方向移動，C的體積分數增大，故A正確；B．由分析可知，增大壓強，平衡向正反應方向移動，A的轉化率增大，故B錯誤；C．由分析可知，增大壓強，平衡向正反應方向移動，故C正確；D．由分析可知，增大壓強，平衡向正反應方向移動，該反應是氣體體積減小的反應，，故D正確；故選B。15.反應2NO2(g)N2O4(g)△H=57kJ·mol1，在溫度為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數隨壓強變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A.T1>T2 B.X、Y兩點的反應速率：X>YC.X、Z兩點氣體的顏色：X深，Z淺 D.X、Z兩點氣體的平均相對分子質量：X>Z【答案】B【解析】【詳解】A．升高溫度，化學平衡逆向移動，的體積分數增大，Y點的體積分數小，則，A錯誤；B．由選項A分析可知，X點的溫度大于Y點的溫度，溫度越高，化學反應速率越快，所以反應速率X>Y，B正確；C．X、Z兩點溫度相同，但壓強不同，為紅棕色氣體，增大壓強，平衡右移，但是氣體的體積變小，濃度增大的影響較大，氣體的顏色加深，則X、Z兩點氣體的顏色：X淺，Z深，C錯誤；D．X、Z兩點都在等溫線上，X的壓強小，增大壓強，化學平衡正向移動，Z點時氣體的物質的量小，則平均相對分子質量變大，即平均相對分子質量：X<Z，D錯誤；故選B。二、非選擇題(本題共4個大題，共55分)16.某實驗小組用0.50mol·L1NaOH溶液和0.50mol·L1硫酸進行中和熱的測定。（1）配制0.50mol·L1NaOH溶液：若實驗中大約要使用245mLNaOH溶液，至少需要稱量NaOH固體___________g。（2）從下表中選擇，稱量NaOH固體所需要的儀器是(填字母)___________。名稱托盤天平(帶砝碼)小燒杯坩堝鉗玻璃棒藥匙量筒儀器序號abcdef（3）測定稀硫酸和稀氫氧化鈉溶液中和熱的實驗裝置如圖所示。若生成1molH2O時反應放出的熱量為57.3kJ，寫出該反應的熱化學方程式：___________。（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸進行實驗，實驗數據如下表。①請填寫下表中的空白：溫度實驗次數起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃溫度差平均值(t2t1)/℃H2SO4NaOH平均值1

___________234304②用上述實驗數值計算的結果___________57.3kJ?mol1(填“>”“=”或“<”)，產生偏差的原因可能是___________(填字母)。a．實驗裝置保溫、隔熱效果差b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定H2SO4溶液的溫度【答案】（1）（2）abe（3）H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=57.3kJ·mol1（4）①.②.<③.acd【解析】【分析】某實驗小組用0.50mol·L1NaOH溶液和0.50mol·L1硫酸進行中和熱的測定，配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，中和熱測定實驗中，在操作正確的前提下，提高中和熱測定準確性的關鍵是提高裝置的保溫效果，以此解答。【小問1詳解】實驗室沒有245mL的容量瓶，可以配置250mL0.50mol·L1NaOH溶液，需要稱量NaOH固體。【小問2詳解】氫氧化鈉要在稱量瓶或者小燒杯中稱量，稱量固體氫氧化鈉所用的儀器有天平、燒杯和藥匙，故答案為：abe。【小問3詳解】中和熱為酸堿中和生成1molH2O時的焓變，所以表示稀硫酸和稀氫氧化鈉中和熱的熱化學方程式為：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=57.3kJ·mol1。【小問4詳解】①第2組數據明顯有誤，所以刪掉，其它三組數據求平均值，溫度差平均值=[(30.1?26.1)+(29.8?25.9)+(30.4?26.3)]÷3=4.0°C；②氫氧化鈉與硫酸溶液進行中和反應生成水的物質的量為，溶液的質量為：80ml×1g/ml=80g，溫度變化的值為△T=4℃，則生成水放出的熱量為Q=m?c?△（g?℃）℃，即，所以實驗測得的中和熱△H=1.3376kJ÷0.025mol=53.5kJ·mol1，數值計算的結果<57.3kJ?mol1，a．實驗裝置保溫、隔熱效果差，會導致熱量散失，使實驗結果偏小，a符合題意；b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數，會導致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高，則大于，不符合題意；c．盡量一次快速將NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中，不允許分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中，否則會導致熱量散失，使實驗結果偏小，符合題意；d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后，要將溫度計回零直再測定H2SO4溶液的溫度，否則會導致硫酸的溫度結果過高，起始溫度結果偏高，則溫度的變化量偏小，最終測得的中和熱偏小，符合題意；故選acd。17.在工業上常用CO和H2合成甲醇，反應方程式為：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=akJ/mol已知：①CO（g）+O2（g）==CO2（g）△H1②H2（g）+O2（g）==H2O（g）△H2③CH3OH（g）+O2（g）==CO2（g）+2H2O（g）△H3回答下列問題：(1)a=_______(2)能說明反應CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）已達平衡狀態的是___（填字母）。A．單位時間內生成1molCH3OH（g）的同時消耗了1molCO（g）B．在恒溫恒容的容器中，混合氣體的密度保持不變C．在絕熱恒容的容器中，反應的平衡常數不再變化D．在恒溫恒壓的容器中，氣體的平均摩爾質量不再變化(3)在T1℃時，體積為2L的恒容容器中充入物質的量之和為3mol的H2和CO，反應達到平衡時CH3OH的體積分數（V%）與的關系如圖1所示．①當起始=2時，經過5min達到平衡，CO的轉化率為，則0～5min內平均反應速率v（H2）=_____________。若此時再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各，達新平衡時H2的轉化率將____________（選填“增大”、“減小”或“不變”）；②當時，達到平衡狀態后，CH3OH的體積分數可能是圖象中的_______點（選填“D”、“E”或“F”）。(4)CO和H2來自于天然氣。已知CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）。在密閉容器中有濃度均為0.1mol?L﹣1的CH4與CO2，在一定條件下反應，測得CH4的平衡轉化率與溫度及壓強的關系如圖2，則壓強p1_______________p2（選填“大于”或“小于”）；當壓強為p2時，在y點：v（正）______________v（逆）（選填“大于”、“小于”或“等于”）。若p2=3MPa，則T℃時該反應的平衡常數Kp=_________MPa2（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數）。(5)含有甲醇的廢水會造成環境污染，可通入ClO2氣體將其氧化為CO2。寫出相關反應的離子方程式_________________________________________。【答案】①.②.CD③.0.12mol/（L·min）④.增大⑤.F⑥.小于⑦.大于⑧.4⑨.6ClO2+5CH3OH=5CO2+6Cl﹣+7H2O+6H+【解析】【詳解】試題分析：本題考查蓋斯定律的應用，化學平衡的標志，化學平衡圖象的分析，平衡常數的計算，離子方程式的書寫。（1）應用蓋斯定律，將①式+②式2③式得，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=ΔH1+2ΔH2ΔH3=[（283）+（241.8）2（192.2）]kJ/mol=574.4kJ/mol，a=574.4。（2）A項，單位時間內生成1molCH3OH（g）的同時消耗了1molCO（g），只說明正反應，不能說明反應已達平衡狀態；B項，在恒溫恒容的容器中，根據質量守恒定律，混合氣體的總質量始終不變，混合氣體的密度始終不變，混合氣體的密度保持不變不能說明反應已達平衡狀態；C項，該反應為放熱反應，在絕熱恒容的容器中，隨著平衡的建立溫度升高平衡逆向移動，反應的平衡常數減小，反應的平衡常數不再變化說明反應已達平衡狀態；D項，該反應的正反應為氣體分子數減小的反應，建立平衡的過程中混合氣體物質的量減小，混合氣體的質量不變，混合氣體的平均摩爾質量增大，氣體的平均摩爾質量不再變化說明反應已達平衡狀態；答案選CD。（3）①當起始=2時，起始CO、H2的物質的量依次為1mol、2mol。用三段式：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）n（起始）（mol）120n（轉化）（mol）1n（平衡0～5min內平均反應速率v（H2）==0.12mol/(L·min)。平衡時CO、H2、CH3OH的物質的量濃度依次為0.2mol/L、0.4mol/L、0.3mol/L，該溫度下的化學平衡常數K==9.375；再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，瞬時CO、H2、CH3OH的物質的量濃度依次為0.4mol/L、0.4mol/L、0.5mol/L，此時的濃度商為，反應向正反應方向進行，H2的平衡轉化率將增大。②當反應物按化學計量數之比投料，達到平衡時生成物的百分含量最大。當2，達到平衡狀態后，CH3OH的體積分數應小于C點，可能是圖象中的F點，答案選F。（4）該反應的正反應是氣體分子數增大的反應，增大壓強平衡逆向，反應物的轉化率減小，由圖象知溫度相同時，p1時CH4的轉化率大于p2時，則p1小于p2。當壓強為p2時，y點CH4的轉化率小于CH4的平衡轉化率，反應正向進行，則y點：v（正）大于v（逆）。由圖象知T℃、p2達到平衡時CH4的轉化率為50%，用三段式：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）n（起始）（mol/L）0.10.100n（轉化n（平衡平衡時CO2、CH4、CO、H2物質的量分數依次為1/6、1/6、1/3、1/3，若p2=3MPa，則平衡時CO2、CH4、CO、H2的平衡分壓依次為0.5MPa、0.5MPa、1MPa、1MPa，Kp==4MPa2。（5）含有甲醇的廢水會造成環境污染，可通入ClO2氣體將其氧化為CO2，ClO2被還原成Cl，寫出反應CH3OH+ClO2→CO2+Cl，C元素的化合價由2價升至+4價，Cl元素的化合價由+4價降至1價，根據元素化合價升降總數相等配平5CH3OH+6ClO2→5CO2+6Cl，根據原子守恒和電荷守恒，寫出反應的離子方程式為：5CH3OH+6ClO2=5CO2+6Cl+6H++7H2O。點睛：本題第（2）題考查化學平衡的標志，判斷可逆反應是否達到平衡狀態的標志是“逆向相等，變量不變”，“逆向相等”指必須有正反應速率和逆反應速率且兩者相等，“變量不變”指可變的物理量不變是平衡的標志，不變的物理量不變不能作為平衡的標志。第（3）①考查應用化學平衡常數判斷反應進行的方向，一定溫度下，某時刻的濃度商小于平衡常數，反應正向進行；某時刻的濃度商等于平衡常數，反應處于平衡狀態；某時刻的濃度商大于平衡常數，反應逆向進行。第（4）題的圖象分析用“定一議二”法，定曲線討論溫度對化學平衡的影響；在橫坐標上任取一點，作橫坐標的垂直線與曲線相交，討論壓強對化學平衡的影響。18.X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數依次增大。X、Y兩元素最高正價與最低負價之和均為0；Q與X同主族；Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素。請回答下列問題：（1）Y在元素周期表中的位置為________。（2）Z、Q、R的簡單離子半徑由小到大的順序為________(用化學用語表示，下同)；寫出Q、R最高價氧化物的水化物相互反應的化學方程式：________；Q、R簡單離子中氧化性比較小的是_______。（3）上述五種元素的某些元素可形成既含離子鍵又含非極性共價鍵的化合物，寫出其中一種化合物的電子式________。（4）Z、X兩元素按原子數目比1：1和1：2構成分子A和B，A的結構式為_______。（5）QX的電子式為_______。（6）下列事實能說明Z元素的非金屬性比S元素的非金屬性強的是_______(填序號)。單質與H2S溶液反應，溶液變渾濁b.在氧化還原反應中，1molZ單質比1molS得電子多和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高（7）制備單質R時，電解熔點很高的R的氧化物而不電解熔點相對低的R的氯化物的原因是_______。【答案】18.第二周期第IVA族19.①.r(Al3+)＜r(Na+)＜r(O2)②.NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O③.Na+20.21.H－O－O－H22.23.ac24.AlCl3為共價化合物，在熔融狀態下不導電【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數依次增大。X、Y兩元素最高正價與最低負價之和均為0，則X是H元素，Y是C元素；Q與X同主族，則Q是Na元素；Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素，則Z是O元素，R是Al元素。【小問1詳解】Y是C元素，C元素位于元素周期表第二周期第ⅣA族。【小問2詳解】對于電子層結構相同的離子來說，核電荷數越大離子半徑越小。Z是O，Q是Na，R是Al，它們形成的簡單離子具有相同的電子層結構，則它們形成的簡單離子半徑由小到大的順序為：r(Al3+)＜r(Na+)＜r(O2)；Q、R最高價氧化物的水化物分別是NaOH，Al(OH)3能夠與強堿NaOH反應生成NaAlO2和H2O，反應的化學方程式為：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O。金屬性：Na>Al，元素金屬性越強，對應離子的氧化性越弱，則Na、Al簡單離子中氧化性比較小的是：Na+。【小問3詳解】Na2O2既含離子鍵又含非極性共價鍵，故該化合物可以是Na2O2，其電子式為：[Failedtodownloadimage:s://qbmimages.osscnhangzhou.aliyuncs/QBM/editorImg/2023/11/2/00ae01816d9f487da337b507594c209d.svg]。【小問4詳解】X是H，Z是O，二者形成的原子個數比為1：1、1：2的化合物A、B分別是H2O2、H2O，其中A結構式是H－O－O－H，B分子式是H2O，由于空間排列不對稱，因此H2O為極性分子。【小問5詳解】X是H，Q是Na，二者形成的化合物NaH屬于離子化合物，其電子式為：。【小問6詳解】a．Z是O，O2與H2S在溶液中發生置換反應產生H2O和S單質，產生的S單質難溶于水，使溶液變渾濁，可以證明元素的非金屬性：O>S，故a項正確；b．不能根據在氧化還原反應中1mol的單質得到電子的多少判斷物質氧化性的強弱，故b項錯誤；c．H2O的分解溫度比H2S高，說明H2O比H2S難分解，元素的非金屬性越強，其相應的氫化物的穩定性就越強，越不容易分解，可以說明元素的非金屬性：O>S，故c項正確；綜上所述，本題正確答案為ac。【小問7詳解】制備單質Al通常是采用電解熔融Al2O3的方法，這是由于AlCl3為共價化合物，在液體時仍然是由分子構成，熔融狀態下不導電。19.