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【化学】广东省中山市纪念中学2018-2019学年高一下学期第二次段考试题（解析版）
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广东省中山市纪念中学2018-2019学年高一下学期第二次段考试题
可能用到的相对分子质量：H l C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 C1 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 Ba 137
第Ⅰ卷(选择题，共60分）
一、选择题(本题共30小题，每小题2分，共60分，每小题只有一个正确选项。)
1.能源是当今社会发展的三大支柱之一，有专家指出：如果对燃料燃烧产物如CO2、H2O、N2等利用太阳能让它们重新组合，使之能够实现如图所示循环，不仅可以消除燃烧产物对大气的污染，还可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为（ ）
A. 化学能 B. 热能 C. 生物质能 D. 电能
【答案】B
【解析】从图示可以看出，H2O、CO2、N2等物质利用太阳能转变成CH4、NH3、CH3OH等燃料，燃料燃烧后又生成H2O、CO2、N2等相同的物质，过程中能量转变关系为：太阳能→化学能→热能，所以此构想的物质循环中太阳能最终没有转变成化学能、电能或生物质能，A、C、D错误，太阳能最终转变成热能，B正确。正确答案B。
2.已知在相同状况下，使同一化学键断裂需要吸收的能量等于形成该化学键放出的能量。下列说法正确的是（ ）
A. 电解熔融的Al2O3可以制得金属铝和氧气，该反应是一个放出能量的反应
B. 化合反应一定是放热反应
C. 相同状况下，反应2SO2+O2＝2SO3是一个放热反应，则反应2SO3＝2SO2+O2一定是一个吸热反应
D. 分解反应一定是吸热反应
【答案】C
【解析】
【分析】相同条件下，两个互逆反应的热效应数值相等、符号相反。反应的热效应与四种基本反应类型无必然关系。
【详解】A项：金属铝和氧气的反应一定是放热反应，电解熔融Al2O3的反应与之互逆，一定是吸热反应，A项错误；
B项：化合反应不一定是放热反应，如C+CO22CO为吸热反应，B项错误；
C项：相同状况下，反应2SO2+O2＝2 SO3放热，则其逆向反应2SO3＝2SO2+O2一定吸热，C项正确；
D项：分解反应不一定是吸热反应，如2H2O2=2H2O+O2↑为放热反应，D项错误。
本题选C。
3.已知硫磺在空气中燃烧的化学方程式为：S(s)+O2(g)=SO2(g)，生成1molSO2(g)可放出297.2kJ热量，试分析下列说法，其中不正确的是（ ）
A. 1molS(g)在空气中完全燃烧放出的热量应大于297.2kJ
B. 1 molSO2(g)所具有的能量低于1molS(s)与1molO2(g)所具有的能量之和
C. 16g固体硫在空气中充分燃烧，可放出148.6kJ的热量
D. 在该反应中，若O2过量，S(s)可转化成SO3
【答案】D
【解析】
【分析】反应热ΔH＝生成物总能量－反应物总能量，而反应物或生成物的总能量与物质的状态有关，反应吸收或放出的热量多少与反应物的量有关。
【详解】A项：1molS(s)完全燃烧放热297.2kJ，因固体汽化吸热，则1molS(g)完全燃烧放出的热量大于297.2kJ，A项正确；
B项：硫燃烧反应是放热反应，则生成物[1 molSO2(g)]所具有的能量低于反应物[1molS(s)+1molO2(g)]所具有的总能量，B项正确；
C项：1molS(s)完全燃烧放热297.2kJ，则0.5molS(s)（16g）燃烧放热148.6kJ，C项正确；
D项：不论O2是否过量，S(s)燃烧只生成SO2，D项错误。
本题选D。
4.某温度时，物质的量均为2mol的两种气体X2、Y2，在2升密闭容器中反应生成气体Z，某一时刻测得X2、Y2、Z的物质的量浓度分别为c(X2)＝0.4mol/L、c(Y2)＝0.6mol/L、c(Z)＝0.4mol/L，则该反应的化学方裎式是（ ）
A. 3X2+2Y2=2X3Y2 B. 2X2+Y2=2X2Y
C. 3X2+Y2=2X3 Y D. 2X2+3Y2=2X2Y3
【答案】A
【解析】
【分析】化学反应中，各物质的物质的量改变量（Δn）之比等于化学计量数之比，反应前后元素的种类、各元素的原子数目保持不变。由此配平方程式、求出Z的化学式。
【详解】某时刻，n(X2)＝c(X2)×2L＝0.8mol、n(Y2)＝c(Y2)×2L＝1.2mol、n(Z)＝c(Z)×2L＝0.8mol，则Δn(X2)＝2mol－0.8mol＝1.2mol、Δn(Y2)＝2mol－1.2mol＝0.8mol、Δn(Z)＝0.8mol，
化学方程式可写成3X2+2Y2=2Z。据质量守恒定律，Z的化学式为X3Y2或Y2X3。
本题选A。
5.在5L的密闭容器中进行以下反应：4NH3+5O2＝4NO+6H2O，半分钟后冷却至室温，测得NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均反应速率υ(X)为（ ）
A. υ(H2O)=0.12mol·L-1·min-1 B. υ(O2)=0.30mol·L-1·min-1
C. υ(NO)=0.008mol·L-1·s-1 D. υ(NH3)=0.002mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学反应速率的定义，及其与化学计量数的关系解答。
【详解】据反应速率定义，υ(NO)＝＝＝0.002mol·L-1·s-1；
A项，υ(H2O)＝υ(NO)＝0.003mol·L-1·s-1＝0.18mol·L-1·min-1，A项错误；
B项，υ(O2)＝υ(NO)＝0.0025mol·L-1·s-1＝0.15mol·L-1·min-1，B项错误；
C项，υ(NO)＝＝＝0.002mol·L-1·s-1，C项错误；
D项，υ(NH3)＝υ(NO)＝0.002mol·L-1·s-1，D项正确。
本题选D。
6.报报道，1995年我国科研人在兰州首次合成了镤元素一种同位素镤-239，并测知其原子核内有148个中子。现有A元素的一种同位素，比镤-239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（ ）
A. 第三照期第IA族 B. 第四周期第IA族
C. 第五周期第IA族 D. 第三周期第IIA族
【答案】C
【解析】
【分析】根据原子核外电子的排布，可确定元素在周期表中的位置。对于原子序数较大的元素，可由0族元素的原子序数和周期表的结构来确定位置。
【详解】同位素镤-239原子序数为239－148＝91，则元素A的原子序数为91－54＝37。0族元素的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，则37号元素A在周期表中位于第五周期第IA族。
本题选C。
7.对相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（ ）
A. 若质量相等，则质子数相等 B. 若原子数相等，则中子数相等
C. 若分子数相等，则体积相等 D. 若体积相等，则密度相等
【答案】C
【解析】两分子的均为双原子分子，质子数均为14、中子数分别是16、14，质量数为30和28；另针对D答案要知道在相同状况下密度与式量成正比。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
B. 二氧化硅熔点高于二氧化碳是因为其分子间作用力更大
C. 吸热反应一定要加热才能发生
D. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应
【答案】D
【解析】
【分析】用电子式表示物质的形成过程需区分离子键或共价键；影响熔点的主要因素是构成粒子间的相互作用的强弱；吸热或放热反应与是否加热无必然关系。
【详解】A项：氯化氢是共价化合物，形成氯化氢分子时，氢氯原子间形成共用电子对而不发生电子得失，用电子式表示HCl的形成过程为→，A项错误；
B项：二氧化硅是原子晶体，原子间是共价键结合，而干冰是分子晶体，分子间是范德华力结合，共价键的键能远大于范德华力，故二氧化硅的熔点高于二氧化碳，B项错误；
C项：吸热反应的发生不一定要加热，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，常温就能发生，C项错误；
D项：燃烧反应都是放热反应，但通常要加热使温度达到着火点，D项正确。
本题选D。
9.下列有关反应能量变化图像的判断错误的是（ ）
A. I可表示需加热的放热反应
B. II可表示需加热的放热反应
C. III表示爆炸反应
D. IV表示醋酸和碱的反应
【答案】A
【解析】
【分析】根据反应过程的能量曲线特征，判断可能的反应类型。
【详解】A项：曲线I的反应发生需克服反应的活化能，生成物总能量高于反应物，属于吸热反应，故曲线I可表示需加热的吸热反应，A项错误；
B项：曲线II的反应发生需克服反应的活化能，生成物总能量低于反应物，属于放热反应，故曲线II可表示需加热的放热反应，B项正确；
C项：曲线III的反应发生不需克服反应的活化能，生成物总能量远低于反应物总能量，即反应很快、放热很多，可表示爆炸反应，C项正确；
D项：曲线IV的反应发生不需克服反应的活化能，生成物总能量低于反应物总能量，即反应较快、放热多，可表示醋酸和碱的反应，D项正确。
本题选A。
10.普通水泥在固化过程中自由水分子减少并产生Ca(OH)2，溶液呈碱性。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥初凝时间。此方法的原理如图所示，反应的总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的（ ）
A. 外电路中每通过2mol电子，正极质量减少16g
B. 测量原理示意图中，Ag2O为负极
C. 正极的电极反应为：2Cu+2OH--2e-＝Cu2O+H2O
D. 电池工作时，OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
【分析】从装置图、总反应看，电动势法测水泥初凝时间是利用了原电池工作原理。故用原电池知识分析解答。
【详解】A项：正极电极反应式为Ag2O+2e-+H2O＝2Ag+2OH－，当外电路通过2mol电子时，正极1molAg2O变成2molAg，质量减少16g，A项正确；
B项：总反应式中，电子从铜转移给氧化银，故铜为负极，氧化银为正极，B项错误；
C项：负极电极反应式为2Cu+2OH--2e-＝Cu2O+H2O，正极电极反应式为Ag2O+2e-+H2O＝2Ag+2OH－，C项错误；
D项：原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，D项错误。
本题选A。
11.1molX气体amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X(g)+aY(g)bZ(g)反应一段时间后，测得X的转化率为50％。而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，如果分别用Y和Z浓度的变化量计算该化学反应在这段时间内的化学反应速率，两者之比可能是（ ）
A. 3：1 B. 2：1 C. 1：2 D. 3：2
【答案】D
【解析】
【分析】不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(Y):v(Z)＝a:b。气体总质量不变时，密度与体积成反比；同温同压时，气体的物质的量与体积成正比，据此可得a、b的关系式，求其可能比值。
【详解】体积可变（恒压） X(g)+aY(g)bZ(g)
起始/mol： 1 a 0
转化/mol： 1×50% 0.5a 0.5b
某时刻/mol： 0.5 0.5a 0.5b
在恒温恒压、气体总质量不变时，有ρ1:ρ2＝V2:V1＝n2:n1，则3/4＝(0.5+0.5a+0.5b):(1+a)，得a＝2b－1。因化学计量数为自然数，当b＝1时，a＝1；当b＝2时，a＝3；当b＝3时，a＝5；当b＝4时，a＝7；等等。故v(Y):v(Z)＝a:b＝1:1或3:2或5:3或7:4……
本题选D。
12.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验中，不考虑两球的浮力变化）（ ）
A. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低
B. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高
C. 当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低
D. 当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高
【答案】C
【解析】（1）当杠杆为导体时，构成原电池：
（1）空心铁球：Fe-2e-=Fe2+(+)空心铜球：Cu2++2e-= Cu，故空心铁球质量减轻，空心铜球质量增重；
（2）杠杆为绝缘体时，Fe+Cu2+=Fe2++Cu,即：空心铁球质量增重，空心铜球质量不变
13.下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
B. 有气体参加的化学反应，若増大压强(即缩小反应容器的体积)，可増加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【答案】A
【解析】试题分析：A、由于升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是反应体系中分子能量增大，活化分子数增加，增加了活化分子百分数，A正确；B、增大压强（即缩小反应容器的体积），增大了反应物生成物浓度，从而使反应速率增大，但是活化分子百分数不变，B错误；C、由于增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多，但是活化分子百分数不变，C错误；D、由于催化剂降低了反应所需能量，即降低了活化能，增加活化分子百分数，增大了反应速率，D正确；答案选A。
14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2L氯仿中含有C-Cl键数目为1.5NA
B. 2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA
C. 6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
D. 常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NA
【答案】B
【解析】
【分析】根据物质的组成、结构和性质，运用计算物质的量的几个公式进行分析判断。
【详解】A项：氯仿（CHCl3）通常为无色液体，故标准状况下11.2L氯仿不是0.5mol，所含C-Cl键的数目不是1.5NA，A项错误；
B项：乙烯（CH2=CH2）、聚乙烯[(C2H4)n]的最简式都是CH2，则2.8g乙烯、2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA，B项正确；
C项：熔融时KHSO4＝K++HSO4－，故6.8g熔融态KHSO4物质的量为0.05mol，其中只有0.05NA个阳离子（K+），C项错误；
D项：通常H是指，17g甲基（-14CH3）为1mol，所含中子数为8NA，D项错误。
本题选B。
15.某有机物的结构如图所示，这种有机物可能具有的性质是（ ）
①可以燃烧；②能使酸性KMnO4溶液褪色：
③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；
⑤能发生加聚反应
A. ①④ B. 全部 C. ①②③⑤ D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】有机物的化学性质主要取决于其官能团，据此判断有机物具有的化学性质。
【详解】大多数有机物能燃烧，含碳、氢、氧的有机物完全燃烧生成二氧化碳和水，①正确。题中有机物的官能团有碳碳双键、羧基、醇羟基，因而兼有三者的性质。碳碳双键、－CH2OH都能使酸性KMnO4溶液褪色，②正确；羧基有酸性，能与NaOH溶液发生中和反应，③正确；羧基、醇羟基都能发生酯化反应，④正确；碳碳双键能发生加聚反应生成高分子化合物，⑤正确。
本题选B。
16.10mL某气态烃，在50mL氧气（过量）中充分燃烧，得到液态水和35mL气体(气体均在同温同压下测定)，此烃可能是（ ）
A. C2H6 B. C4H8 C. C4H6 D. C2H4
【答案】A
【解析】
【分析】气态烃CxHy分子中，x≤4，y≤2x+2且为偶数。氧气过量时，燃烧后的气体为剩余的氧气和生成的二氧化碳。
【详解】设气态烃分子式CxHy，完全燃烧方程式为
CxHy+(x+y/4)O2xCO2+y/2H2O ∆V
1 x+y/4 x 1+y/4
10 50 10+50-35=25
则1:10=（1+y/4）:25，且50>10(x+y/4)。
解得y＝6，x<3.5。
故气态烃可能为C2H6、C3H6。
本题选A。
17.已知分子式为C12H12的物质A结构简式如图所示，A环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A环上的四氯代物的同分异构体的数目有（ ）
A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种
【答案】A
【解析】
【分析】应用“换元法”判断，将苯环上的氢换成氯原子，同时将溴换成氢原子。
【详解】有机物A分子中苯环上共有6个氢原子，即图中红色位置。苯环上的二溴代物分子中，苯环上连有2Br、4H，若将苯环的2Br换成2H、同时4H换成4Cl，则得到苯环上的四氯代物。即A分子苯环上的二溴代物和四氯代物数目相等，都是9种。
本题选A。
18.下列说法正确的是（ ）
①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键
②共价化合物含共价键，也可能含离子键
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤由分子组成的物质中一定存在共价键
⑥熔融状态能导电的化合物是离子化合物
A. ①③⑥ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】含有离子键的化合物一定是离子化合物，但离子化合物中可能含有共价键。只含有共价键的化合物是共价化合物，即在共价化合物中一定没有离子键。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，但含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，例如AlCl3就是共价化合物。非金属元素的原子间形成的化学键是共价键，但非金属元素组成的化合物也可以是离子化合物，例如铵盐。稀有气体元素的原子已经达到稳定结构，所以稀有气体分子中不存在化学键。离子化合物在熔融时能电离出离子，可以导电，但共价化合物在熔融时是不能导电的，所以答案是A。
19. X、Y、Z、W均为短周期元素，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. 原子半径： W>Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X
C. 四种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最低
D. W的单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素结构、位置、性质的关系推断元素，应用元素周期律比较物质性质。
【详解】由图中关系，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为氧（O）。从而X为氮（N）、Z为硫（S）、W为氯（Cl）。
A项：根据元素周期律，原子半径X>Y、Z>W、Z>Y，A项错误；
B项：元素非金属性强弱X
D项：W单质Cl2能与水反应生成HCl、HClO，其中HClO具有漂白性，D项正确。
本题选D。
20.元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是（ ）
A. 同周期元素中X的金属性最强
B. 原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－
C. 同族元素中Z的简单氢化物稳定性最高
D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【答案】B
【解析】
【分析】元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子排布，若X为Na，Z为O，则Y的原子序数为36-11-8=17，则Y为Cl；若X为K，Y为S，19+16=35，Y只能为H，则不符合X、Y位于同周期，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为Na，Y为Cl，Z为O，
A. 同周期从左向右金属性减弱，则同周期元素中 X 的金属性最强，A项正确；
B. 同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>Y，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X+
D. 高氯酸为所有含氧酸中酸性最强，则同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强，故D正确；
答案选B。
21.在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：
甲：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)
乙：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
现有下列状态：①混合气体平均相对分子质量不再改变
②恒温时，气体压强不再改变 ③各气体组成浓度相等
④反应体系中温度保持不变 ⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍 ⑥混合气体密度不变 ⑦单位时间内，消耗水蒸气质量与生成氢气质量比为9∶1
其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是( )
A. ①②⑤ B. ③④⑥ C. ⑥⑦ D. ④⑤
【答案】D
【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，乙中气体的质量和物质的量都是不变的，不能说明；同样乙中压强不再发生变化时，也不能说明；各种组分的浓度不再发生变化，但各种组分的浓度不一定相等，③不正确；④正确，⑤中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程乙中质量和容积始终是不变的，⑥不正确；⑦中反应速率的方向是相同的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此⑦中的关系始终是成立，不正确，所以正确的答案选D。
22.分子式为C7H16的烷烃中含有3个甲基结构的同分异构体的数目是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】烷烃C7H16分子中，去掉3个甲基后只有4个碳原子，其碳链方式只有两种，再连接3个甲基，较易找出符合题意的同分异构体的数目。
【详解】分子式C7H16符合通式CnH2n+2，必为饱和链烃（烷烃）。去掉3个甲基后只有4个碳原子，其碳链方式只有两种：C－C－C－C、，再分别将3个甲基连入这两个碳链。为保证分子中只有3个甲基，碳链上的端位碳必须连接甲基，即（1）CH3－C－C－C－C－CH3，第三个甲基有2种可能方式；（2），3个甲基已经全部连入。综上，符合题意的同分异构体有3种。
本题选B。
23.下列物质一定属于同系物的是（ ）
① ② ③ ④C2H4 ⑤CH2=CH-CH=CH2 ⑥C3H6 ⑦ ⑧
A. ⑤⑦ B. ④⑥ C. ⑥⑧ D. ①③
【答案】A
【解析】同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称同系物。A. ⑤⑦都含有两个碳碳双键，在分子组成上差一个CH2，互为同系物，故正确；B. ④⑥不一定结构相似，可能是烯烃或环烷烃，故不能确定为同系物，故错误；C. ⑥可能为丙烯或环丙烷，⑧属于烯烃，二者不一定是同系物，故错误；D. ①和③结构不相似，不是同系物，故错误。故选A。
24.结构简式为的有机物在一定条件下能和氢气完全加成,加成产物的一溴
代物有（不考虑—OH的取代）（ ）
A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种
【答案】C
【解析】试题分析：结构简式为的有机物在一定条件下能和氢气完全加成，加成产物为，该分子有5种不同环境的氢原子，所以加成产物的一溴代物有5种，答案选C。
25.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）
①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 ②苯分子中碳原子间的距离均相等
③苯能一定条件下跟H2加成生成环己烷 ④经实验测得间二甲苯仅一种结构
⑤苯在FeBr3存在条件下与液溴发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色
A. ②③⑤
B. ①②④
C. ①②⑤
D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】苯环上的6个碳碳键完全相同，是介于碳碳单键、碳碳双键之间的“特殊键”。故苯环是3个C－C键、3个C=C交替结构所不能解释的事实，都要作为这种“特殊键”的证据。
【详解】①若苯环结构中存在单双键交替结构则能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色说明苯环结构中不存在单双键交替结构；
②若苯环结构中存在单双键交替结构，C－C键键长应大于C=C键键长，苯分子中碳原子间的距离均相等说明苯环结构中不存在单双键交替结构；
③苯环结构中无论是否存在单双键交替结构，一定条件下苯都能与H2加成生成环己烷，不能作为证据；
④苯环结构中无论是否存在单双键交替结构，间二甲苯仅有一种结构，④不可作证据（邻二甲苯只有一种结构，可作为证据）；
⑤若苯环结构中存在单双键交替结构则能使溴水因发生加成反应而褪色，苯不能使溴水发生加成反应而使溴水褪色说明苯环结构中不存在单双键交替结构。
本题选C。
26.双环己烷C12H22（）它的二氯代物，且氯原子不在同一个环上的同分异构体的个数是（ ）
A. 13 B. 12 C. 11 D. 10
【答案】D
【解析】 的一氯代物有4种：，当一氯代物为时，二氯代物有4种：；当一氯代物为时，二氯代物有3种：；当一氯代物为时，二氯代物有2种：；当一氯代物为时，二氯代物有1种：；所以二氯取代物的个数=4+3+2+1=10；答案选D。
27.某可逆反应的反应过程中的能量变化如图所示，在反应体系中加入催化剂，反应速率降低，下列叙述正确的是（ ）
A. E1减小，E2减小，反应热不变
B. E1増大，E2增大，反应热不变
C. E1减小，E2增大，反应热减小
D. E1增大，E2增大，反应热増大
【答案】B
【解析】
【分析】根据化学反应速率与活化能的关系、催化剂对化学反应速率的影响分析。
【详解】图中 E1、E2分别是正、逆反应的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢。加入催化剂使反应速率降低，则 E1、E2均增大。因加入催化剂，不能改变反应物总能量（E反）、生成物总能量（E生），故反应热（ΔH＝E生－E反）不变。
本题选B。
28.利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质。下列分析不正确的是（ ）
A. 电子经外电路流向Pt电极
B. 电池工作时，电解质中Ag+数目减少
C. 正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgCl
D. 空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快
【答案】B
【解析】A、电子从负极流向正极Pt，故A正确；B、电池工作时，电解质中Ag＋数目不变，故B错误；C、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，故C正确；D、反应原理是Ag与氯气反应，故D正确；故选B。
29.X，Y，Z，M，W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子总数与电子层数相同，Y，Z，M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍。Z与其同主族的短周期元素可形成常见的大气污染气体甲。X，Y，Z三种元素形成化合物乙。下列说法错误的是（ ）
A. 气体甲可与Z的某种氢化物反应生成强酸
B. W元素的晶体单质是一种良好的半导体材料
C. 化合物乙中一定只有共价键
D. X分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM
【答案】C
【解析】试题分析：X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素．X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则最外层有4个电子，所以W为Si元素；Y、Z、M同周期且相邻，而Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲，则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元素，X、Y、Z 三种元素形成化合物乙为HNO3、NH4NO3等，
A．气体甲为二氧化硫，二氧化硫与H2O2反应生成硫酸，故A正确；
B．W为Si元素，其单质可在电子工业用于生产半导体材料，故B正确；
C．化合物乙若为NH4NO3，含有离子键、共价键，属于离子化合物，故C错误；
D．X为H元素、Z为O元素、Y为N元素、M为F元素，非金属性F最强，故氢化物中HF最稳定，
故D正确。
30.美国劳伦斯·利弗摩尔国家实验室(LLNL)设计的以熔融的碳酸盐为电解液，泡沫镍为电极，氧化纤维布为隔膜的直接碳燃料电池结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. a极通气的目的是增强导电能力
B. a极的电极反应式为C+2CO32--4e－＝3CO2↑
C. 电流由b极沿导线经负载再流向a极
D. CO32-由b极区透过隔膜流向a极区
【答案】A
【解析】
【分析】直接碳燃料电池属于原电池，应用原电池原理分析解答。
【详解】直接碳燃料电池总反应为C+O2＝CO2，碳粉在负极（a极）失电子，空气（Air）中O2在正极（b极）得电子。
A项：a极通Ar气，可使碳粉和熔融碳酸盐的混合物隔绝空气，防止碳粉被氧化，而不能增强导电能力，A项错误；
B项：a极为负极，碳粉失电子，电极反应为C－4e－+2CO32－＝3CO2↑，B项正确；
C项：a极失去的电子经导线流向b极，则电流由b极沿导线经负载再流向a极，C项正确；
D项：b极为正极，空气（Air）中O2得电子，电极反应为O2+4e－+2CO2＝2CO32－，阴离子CO32-由b极区透过隔膜流向a极区，D项正确。
本题选A。
第Ⅱ卷(非选择题，共40分)
二、非选择题(本题共3小题，共40分)
31.W、Q、A、B、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，已知W与X在同一主族；Q的阴离子和A的阳离子具有相同的电子层结构，且两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体F；A、B、Z三种元素的原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水；X元素的最外层电子数比次外层电子数少4；Y元素的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。
（1）X、Y的元素符号分别是_______、______；
（2）W元素在周期表中的位置是第______周期第______族。
（3）写出A、B两元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式：________。
【答案】(1). Si (2). S (3). 二 (4). IVA (5). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】根据原子结构特征推断元素、确定元素在周期表中的位置。根据物质的性质书写有关反应的离子方程式。
【详解】Q、A两元素的单质反应生成淡黄色的固体F，可知F为过氧化钠（Na2O2），因Q的阴离子和A的阳离子具有相同的电子层结构，则Q为氧元素（O）、A为钠元素（Na）；A、B、Z三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，则必有强碱、两性氢氧化物、强酸，又三种元素的原子最外层共有11个电子，则B为铝元素（Al）、Z为氯元素（Cl）；进而X、Y的原子序数在13、17之间，即为第三周期元素，X元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则X为硅元素（Si）；Y元素的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，则Y为硫元素（S）；W与X是同一主族短周期元素，则W为碳元素（C）。
（1）X、Y的元素符号分别是Si、S；
（2）W元素的原子核外有两个电子层，最外层有四个电子，则其在周期表中位于第二周期第IVA族；
（3）A、B两元素的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Al(OH)3，它们反应的离子方程式Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
32.已知在一定条件下，2molH2完全燃烧生成液态水时放出热量572kJ，请回答下列问题
（1）反应物的总能量_____（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物的总能量：
（2）在此条件下，若反应生成含1molO-H键的液态水，则放出热量为____kJ；若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量____(填“＞”、“＜”或“＝”)572kJ；
（3）美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如图所示：a、b两电极均由多孔的碳块组成，_______(填正、负)极通入H2，____(填正、负)极通入O2；
（4）某化学兴趣小组对上述新型装置进行了适度改造，将在a电极通入的氢气改为乙炔(C2H2)，请写出改造后a电极发生反应的电极反应式：______________。
【答案】(1). 大于 (2). 143 (3). < (4). 负 (5). 正 (6). C2H2-10e-+14OH-=2CO32－+8H2O
【解析】
【分析】解答本题需要理解运用知识：反应热与反应物总能量、生成物总能量的关系；化学反应吸收或放出能量与物质的量、物质状态的关系；原电池中电极与电子得失的关系等。
【详解】（1）H2燃烧是放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量。
（2）含1molO-H键的水的物质的量为0.5mol，即燃烧氢气0.5mol。2molH2完全燃烧生成液态水时放出热量572kJ，则0.5molH2燃烧生成液态水时放热143kJ。因水蒸气液化会放热，故2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量＜572kJ。
（3）氢氧燃料电池总反应为2H2+O2＝2H2O。反应中H2失电子，应通入负极；O2得电子，应通入正极。
（4）图中燃料电池使用KOH溶液，电极a通入的乙炔(C2H2)失电子、并与OH－反应生成CO32－和H2O；又据碳元素化合价变化，得每个C2H2失10e- ；最后由原子守恒、电荷守恒原理配平电极反应式，因此a电极的电极反应式C2H2-10e-+14OH-=2CO32－+8H2O。
33.研究NO2、NO、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。NO2可用下列反应来处理：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)(放热反应)。
（1）120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，2min时达到平衡。10min时氧化产物比还原产物多了1.4g，则0～10 min时，平均反应速率υ（NO2）=_______，电子转移了___NA。
（2）一定条件下上述反应在某体积固定的密闭容器中进行，能说明该反应已经达到平衡状态的________
a.c(NO2)：c(NH3)=3：4
b. 6υ(NO2)正 =7υ(N2)逆,
c.容器内气体总压强不再变化
d.容器内气体密度不再变化
（3）若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，此时NO2和N2的浓度之比_____(填增大、不变、减小)，NO2的转化率______(填増大、不变、减小)。
（4）一定条件下NO2与SO2可发生反应，其化学反应方程式可以表示为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)(吸热反应)。若反应一段时间达到新的平衡时，生成物浓度之积与反应物浓度之积的比值变大，该反应_______(选填编号)
a.一定向正反应方向移动 b.平衡移动时，逆反应速率先减小后增大
c.一定向逆反应方向移动 d.平衡移动时，正反应速率先增大后减小
（5）请写出用NaOH溶液完全吸收含等物质量的NO、NO2混合气体的离子方程式_________。
【答案】(1). 0.015mol/(L·min) (2). 1.2 (3). c (4). 增大 (5). 减小 (6). ad (7). NO+NO2+2OH-=2NO2－+H2O
【解析】
【分析】按速率定义、速率与化学计量数的关系计算v(NO2)；从化学平衡的本质和特征两方面判断平衡状态；据压强、温度对化学平衡的影响分析转化率、反应速率等的变化。
【详解】（1）反应“6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)”中，6NO2 +24e－→ 3N2(还原产物)，8NH3 －24e－→ 4N2(氧化产物)，即6mol NO2参与反应时，氧化产物比还原产物多1mol N2，转移电子24mol。故氧化产物比还原产物多1.4g N2时，参加反应的n(NO2)＝＝0.3mol，v(NO2)＝＝0.015mol/(L·min)，转移电子n(e－)＝＝1.2mol。
（2）a.可逆反应在起始、某时刻、平衡时，各物质的浓度之比都不一定等于化学计量数之比，反之，各物质的浓度之比等于化学计量数之比时也不一定是化学平衡。
b. 任何时刻，υ(NO2)正:υ(N2)正=6:7，代入6υ(NO2)正 =7υ(N2)逆，得36υ(N2)正 =49υ(N2)逆，即υ(N2)正 ≠υ(N2)逆，不是化学平衡。
c.据气态方程PV=nRT，恒温恒容条件下当容器内气体总压强P不再变化时，气体总物质的量n也不再变化，题中反应已达化学平衡。
d.容器内只有气体，其总质量不变，容器体积固定时其密度必然不变，即气体密度不变时不一定是化学平衡。
故只选c。
（3）缩小容器的体积后达到新的平衡，即加压使题中平衡左移，n(NO2)增加，n(N2)减小。
则c(NO2):c(N2)=n(NO2):n(N2)增大，NO2转化率减小。
（4）新的平衡时，生成物浓度之积与反应物浓度之积的比值（化学平衡常数）变大，只能是升高温度使平衡向正反应方向移动，a正确、c错误；升高温度逆反应速率变大，平衡正向移动时逆反应速率继续增大直至达到新平衡，b错误；升高温度使正反应速度变大，平衡正向移动时反应物浓度减小，正反应速率又减小，d正确；故选ad。
（5）等物质的量的NO、NO2混合气体相当于酸性氧化物N2O3，用NaOH溶液吸收时发生化合价归中反应，离子方程式NO+NO2+2OH-=2NO2－+H2O。
可能用到的相对分子质量：H l C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 C1 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 Ba 137
第Ⅰ卷(选择题，共60分）
一、选择题(本题共30小题，每小题2分，共60分，每小题只有一个正确选项。)
1.能源是当今社会发展的三大支柱之一，有专家指出：如果对燃料燃烧产物如CO2、H2O、N2等利用太阳能让它们重新组合，使之能够实现如图所示循环，不仅可以消除燃烧产物对大气的污染，还可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为（ ）
A. 化学能 B. 热能 C. 生物质能 D. 电能
【答案】B
【解析】从图示可以看出，H2O、CO2、N2等物质利用太阳能转变成CH4、NH3、CH3OH等燃料，燃料燃烧后又生成H2O、CO2、N2等相同的物质，过程中能量转变关系为：太阳能→化学能→热能，所以此构想的物质循环中太阳能最终没有转变成化学能、电能或生物质能，A、C、D错误，太阳能最终转变成热能，B正确。正确答案B。
2.已知在相同状况下，使同一化学键断裂需要吸收的能量等于形成该化学键放出的能量。下列说法正确的是（ ）
A. 电解熔融的Al2O3可以制得金属铝和氧气，该反应是一个放出能量的反应
B. 化合反应一定是放热反应
C. 相同状况下，反应2SO2+O2＝2SO3是一个放热反应，则反应2SO3＝2SO2+O2一定是一个吸热反应
D. 分解反应一定是吸热反应
【答案】C
【解析】
【分析】相同条件下，两个互逆反应的热效应数值相等、符号相反。反应的热效应与四种基本反应类型无必然关系。
【详解】A项：金属铝和氧气的反应一定是放热反应，电解熔融Al2O3的反应与之互逆，一定是吸热反应，A项错误；
B项：化合反应不一定是放热反应，如C+CO22CO为吸热反应，B项错误；
C项：相同状况下，反应2SO2+O2＝2 SO3放热，则其逆向反应2SO3＝2SO2+O2一定吸热，C项正确；
D项：分解反应不一定是吸热反应，如2H2O2=2H2O+O2↑为放热反应，D项错误。
本题选C。
3.已知硫磺在空气中燃烧的化学方程式为：S(s)+O2(g)=SO2(g)，生成1molSO2(g)可放出297.2kJ热量，试分析下列说法，其中不正确的是（ ）
A. 1molS(g)在空气中完全燃烧放出的热量应大于297.2kJ
B. 1 molSO2(g)所具有的能量低于1molS(s)与1molO2(g)所具有的能量之和
C. 16g固体硫在空气中充分燃烧，可放出148.6kJ的热量
D. 在该反应中，若O2过量，S(s)可转化成SO3
【答案】D
【解析】
【分析】反应热ΔH＝生成物总能量－反应物总能量，而反应物或生成物的总能量与物质的状态有关，反应吸收或放出的热量多少与反应物的量有关。
【详解】A项：1molS(s)完全燃烧放热297.2kJ，因固体汽化吸热，则1molS(g)完全燃烧放出的热量大于297.2kJ，A项正确；
B项：硫燃烧反应是放热反应，则生成物[1 molSO2(g)]所具有的能量低于反应物[1molS(s)+1molO2(g)]所具有的总能量，B项正确；
C项：1molS(s)完全燃烧放热297.2kJ，则0.5molS(s)（16g）燃烧放热148.6kJ，C项正确；
D项：不论O2是否过量，S(s)燃烧只生成SO2，D项错误。
本题选D。
4.某温度时，物质的量均为2mol的两种气体X2、Y2，在2升密闭容器中反应生成气体Z，某一时刻测得X2、Y2、Z的物质的量浓度分别为c(X2)＝0.4mol/L、c(Y2)＝0.6mol/L、c(Z)＝0.4mol/L，则该反应的化学方裎式是（ ）
A. 3X2+2Y2=2X3Y2 B. 2X2+Y2=2X2Y
C. 3X2+Y2=2X3 Y D. 2X2+3Y2=2X2Y3
【答案】A
【解析】
【分析】化学反应中，各物质的物质的量改变量（Δn）之比等于化学计量数之比，反应前后元素的种类、各元素的原子数目保持不变。由此配平方程式、求出Z的化学式。
【详解】某时刻，n(X2)＝c(X2)×2L＝0.8mol、n(Y2)＝c(Y2)×2L＝1.2mol、n(Z)＝c(Z)×2L＝0.8mol，则Δn(X2)＝2mol－0.8mol＝1.2mol、Δn(Y2)＝2mol－1.2mol＝0.8mol、Δn(Z)＝0.8mol，
化学方程式可写成3X2+2Y2=2Z。据质量守恒定律，Z的化学式为X3Y2或Y2X3。
本题选A。
5.在5L的密闭容器中进行以下反应：4NH3+5O2＝4NO+6H2O，半分钟后冷却至室温，测得NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均反应速率υ(X)为（ ）
A. υ(H2O)=0.12mol·L-1·min-1 B. υ(O2)=0.30mol·L-1·min-1
C. υ(NO)=0.008mol·L-1·s-1 D. υ(NH3)=0.002mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学反应速率的定义，及其与化学计量数的关系解答。
【详解】据反应速率定义，υ(NO)＝＝＝0.002mol·L-1·s-1；
A项，υ(H2O)＝υ(NO)＝0.003mol·L-1·s-1＝0.18mol·L-1·min-1，A项错误；
B项，υ(O2)＝υ(NO)＝0.0025mol·L-1·s-1＝0.15mol·L-1·min-1，B项错误；
C项，υ(NO)＝＝＝0.002mol·L-1·s-1，C项错误；
D项，υ(NH3)＝υ(NO)＝0.002mol·L-1·s-1，D项正确。
本题选D。
6.报报道，1995年我国科研人在兰州首次合成了镤元素一种同位素镤-239，并测知其原子核内有148个中子。现有A元素的一种同位素，比镤-239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（ ）
A. 第三照期第IA族 B. 第四周期第IA族
C. 第五周期第IA族 D. 第三周期第IIA族
【答案】C
【解析】
【分析】根据原子核外电子的排布，可确定元素在周期表中的位置。对于原子序数较大的元素，可由0族元素的原子序数和周期表的结构来确定位置。
【详解】同位素镤-239原子序数为239－148＝91，则元素A的原子序数为91－54＝37。0族元素的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，则37号元素A在周期表中位于第五周期第IA族。
本题选C。
7.对相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（ ）
A. 若质量相等，则质子数相等 B. 若原子数相等，则中子数相等
C. 若分子数相等，则体积相等 D. 若体积相等，则密度相等
【答案】C
【解析】两分子的均为双原子分子，质子数均为14、中子数分别是16、14，质量数为30和28；另针对D答案要知道在相同状况下密度与式量成正比。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
B. 二氧化硅熔点高于二氧化碳是因为其分子间作用力更大
C. 吸热反应一定要加热才能发生
D. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应
【答案】D
【解析】
【分析】用电子式表示物质的形成过程需区分离子键或共价键；影响熔点的主要因素是构成粒子间的相互作用的强弱；吸热或放热反应与是否加热无必然关系。
【详解】A项：氯化氢是共价化合物，形成氯化氢分子时，氢氯原子间形成共用电子对而不发生电子得失，用电子式表示HCl的形成过程为→，A项错误；
B项：二氧化硅是原子晶体，原子间是共价键结合，而干冰是分子晶体，分子间是范德华力结合，共价键的键能远大于范德华力，故二氧化硅的熔点高于二氧化碳，B项错误；
C项：吸热反应的发生不一定要加热，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，常温就能发生，C项错误；
D项：燃烧反应都是放热反应，但通常要加热使温度达到着火点，D项正确。
本题选D。
9.下列有关反应能量变化图像的判断错误的是（ ）
A. I可表示需加热的放热反应
B. II可表示需加热的放热反应
C. III表示爆炸反应
D. IV表示醋酸和碱的反应
【答案】A
【解析】
【分析】根据反应过程的能量曲线特征，判断可能的反应类型。
【详解】A项：曲线I的反应发生需克服反应的活化能，生成物总能量高于反应物，属于吸热反应，故曲线I可表示需加热的吸热反应，A项错误；
B项：曲线II的反应发生需克服反应的活化能，生成物总能量低于反应物，属于放热反应，故曲线II可表示需加热的放热反应，B项正确；
C项：曲线III的反应发生不需克服反应的活化能，生成物总能量远低于反应物总能量，即反应很快、放热很多，可表示爆炸反应，C项正确；
D项：曲线IV的反应发生不需克服反应的活化能，生成物总能量低于反应物总能量，即反应较快、放热多，可表示醋酸和碱的反应，D项正确。
本题选A。
10.普通水泥在固化过程中自由水分子减少并产生Ca(OH)2，溶液呈碱性。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥初凝时间。此方法的原理如图所示，反应的总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的（ ）
A. 外电路中每通过2mol电子，正极质量减少16g
B. 测量原理示意图中，Ag2O为负极
C. 正极的电极反应为：2Cu+2OH--2e-＝Cu2O+H2O
D. 电池工作时，OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
【分析】从装置图、总反应看，电动势法测水泥初凝时间是利用了原电池工作原理。故用原电池知识分析解答。
【详解】A项：正极电极反应式为Ag2O+2e-+H2O＝2Ag+2OH－，当外电路通过2mol电子时，正极1molAg2O变成2molAg，质量减少16g，A项正确；
B项：总反应式中，电子从铜转移给氧化银，故铜为负极，氧化银为正极，B项错误；
C项：负极电极反应式为2Cu+2OH--2e-＝Cu2O+H2O，正极电极反应式为Ag2O+2e-+H2O＝2Ag+2OH－，C项错误；
D项：原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，D项错误。
本题选A。
11.1molX气体amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X(g)+aY(g)bZ(g)反应一段时间后，测得X的转化率为50％。而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，如果分别用Y和Z浓度的变化量计算该化学反应在这段时间内的化学反应速率，两者之比可能是（ ）
A. 3：1 B. 2：1 C. 1：2 D. 3：2
【答案】D
【解析】
【分析】不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(Y):v(Z)＝a:b。气体总质量不变时，密度与体积成反比；同温同压时，气体的物质的量与体积成正比，据此可得a、b的关系式，求其可能比值。
【详解】体积可变（恒压） X(g)+aY(g)bZ(g)
起始/mol： 1 a 0
转化/mol： 1×50% 0.5a 0.5b
某时刻/mol： 0.5 0.5a 0.5b
在恒温恒压、气体总质量不变时，有ρ1:ρ2＝V2:V1＝n2:n1，则3/4＝(0.5+0.5a+0.5b):(1+a)，得a＝2b－1。因化学计量数为自然数，当b＝1时，a＝1；当b＝2时，a＝3；当b＝3时，a＝5；当b＝4时，a＝7；等等。故v(Y):v(Z)＝a:b＝1:1或3:2或5:3或7:4……
本题选D。
12.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验中，不考虑两球的浮力变化）（ ）
A. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低
B. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高
C. 当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低
D. 当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高
【答案】C
【解析】（1）当杠杆为导体时，构成原电池：
（1）空心铁球：Fe-2e-=Fe2+(+)空心铜球：Cu2++2e-= Cu，故空心铁球质量减轻，空心铜球质量增重；
（2）杠杆为绝缘体时，Fe+Cu2+=Fe2++Cu,即：空心铁球质量增重，空心铜球质量不变
13.下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
B. 有气体参加的化学反应，若増大压强(即缩小反应容器的体积)，可増加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【答案】A
【解析】试题分析：A、由于升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是反应体系中分子能量增大，活化分子数增加，增加了活化分子百分数，A正确；B、增大压强（即缩小反应容器的体积），增大了反应物生成物浓度，从而使反应速率增大，但是活化分子百分数不变，B错误；C、由于增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多，但是活化分子百分数不变，C错误；D、由于催化剂降低了反应所需能量，即降低了活化能，增加活化分子百分数，增大了反应速率，D正确；答案选A。
14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2L氯仿中含有C-Cl键数目为1.5NA
B. 2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA
C. 6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
D. 常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NA
【答案】B
【解析】
【分析】根据物质的组成、结构和性质，运用计算物质的量的几个公式进行分析判断。
【详解】A项：氯仿（CHCl3）通常为无色液体，故标准状况下11.2L氯仿不是0.5mol，所含C-Cl键的数目不是1.5NA，A项错误；
B项：乙烯（CH2=CH2）、聚乙烯[(C2H4)n]的最简式都是CH2，则2.8g乙烯、2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA，B项正确；
C项：熔融时KHSO4＝K++HSO4－，故6.8g熔融态KHSO4物质的量为0.05mol，其中只有0.05NA个阳离子（K+），C项错误；
D项：通常H是指，17g甲基（-14CH3）为1mol，所含中子数为8NA，D项错误。
本题选B。
15.某有机物的结构如图所示，这种有机物可能具有的性质是（ ）
①可以燃烧；②能使酸性KMnO4溶液褪色：
③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；
⑤能发生加聚反应
A. ①④ B. 全部 C. ①②③⑤ D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】有机物的化学性质主要取决于其官能团，据此判断有机物具有的化学性质。
【详解】大多数有机物能燃烧，含碳、氢、氧的有机物完全燃烧生成二氧化碳和水，①正确。题中有机物的官能团有碳碳双键、羧基、醇羟基，因而兼有三者的性质。碳碳双键、－CH2OH都能使酸性KMnO4溶液褪色，②正确；羧基有酸性，能与NaOH溶液发生中和反应，③正确；羧基、醇羟基都能发生酯化反应，④正确；碳碳双键能发生加聚反应生成高分子化合物，⑤正确。
本题选B。
16.10mL某气态烃，在50mL氧气（过量）中充分燃烧，得到液态水和35mL气体(气体均在同温同压下测定)，此烃可能是（ ）
A. C2H6 B. C4H8 C. C4H6 D. C2H4
【答案】A
【解析】
【分析】气态烃CxHy分子中，x≤4，y≤2x+2且为偶数。氧气过量时，燃烧后的气体为剩余的氧气和生成的二氧化碳。
【详解】设气态烃分子式CxHy，完全燃烧方程式为
CxHy+(x+y/4)O2xCO2+y/2H2O ∆V
1 x+y/4 x 1+y/4
10 50 10+50-35=25
则1:10=（1+y/4）:25，且50>10(x+y/4)。
解得y＝6，x<3.5。
故气态烃可能为C2H6、C3H6。
本题选A。
17.已知分子式为C12H12的物质A结构简式如图所示，A环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A环上的四氯代物的同分异构体的数目有（ ）
A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种
【答案】A
【解析】
【分析】应用“换元法”判断，将苯环上的氢换成氯原子，同时将溴换成氢原子。
【详解】有机物A分子中苯环上共有6个氢原子，即图中红色位置。苯环上的二溴代物分子中，苯环上连有2Br、4H，若将苯环的2Br换成2H、同时4H换成4Cl，则得到苯环上的四氯代物。即A分子苯环上的二溴代物和四氯代物数目相等，都是9种。
本题选A。
18.下列说法正确的是（ ）
①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键
②共价化合物含共价键，也可能含离子键
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤由分子组成的物质中一定存在共价键
⑥熔融状态能导电的化合物是离子化合物
A. ①③⑥ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】含有离子键的化合物一定是离子化合物，但离子化合物中可能含有共价键。只含有共价键的化合物是共价化合物，即在共价化合物中一定没有离子键。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，但含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，例如AlCl3就是共价化合物。非金属元素的原子间形成的化学键是共价键，但非金属元素组成的化合物也可以是离子化合物，例如铵盐。稀有气体元素的原子已经达到稳定结构，所以稀有气体分子中不存在化学键。离子化合物在熔融时能电离出离子，可以导电，但共价化合物在熔融时是不能导电的，所以答案是A。
19. X、Y、Z、W均为短周期元素，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. 原子半径： W>Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X
C. 四种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最低
D. W的单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素结构、位置、性质的关系推断元素，应用元素周期律比较物质性质。
【详解】由图中关系，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为氧（O）。从而X为氮（N）、Z为硫（S）、W为氯（Cl）。
A项：根据元素周期律，原子半径X>Y、Z>W、Z>Y，A项错误；
B项：元素非金属性强弱X
D项：W单质Cl2能与水反应生成HCl、HClO，其中HClO具有漂白性，D项正确。
本题选D。
20.元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是（ ）
A. 同周期元素中X的金属性最强
B. 原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－
C. 同族元素中Z的简单氢化物稳定性最高
D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【答案】B
【解析】
【分析】元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子排布，若X为Na，Z为O，则Y的原子序数为36-11-8=17，则Y为Cl；若X为K，Y为S，19+16=35，Y只能为H，则不符合X、Y位于同周期，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为Na，Y为Cl，Z为O，
A. 同周期从左向右金属性减弱，则同周期元素中 X 的金属性最强，A项正确；
B. 同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>Y，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X+
D. 高氯酸为所有含氧酸中酸性最强，则同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强，故D正确；
答案选B。
21.在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：
甲：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)
乙：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
现有下列状态：①混合气体平均相对分子质量不再改变
②恒温时，气体压强不再改变 ③各气体组成浓度相等
④反应体系中温度保持不变 ⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍 ⑥混合气体密度不变 ⑦单位时间内，消耗水蒸气质量与生成氢气质量比为9∶1
其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是( )
A. ①②⑤ B. ③④⑥ C. ⑥⑦ D. ④⑤
【答案】D
【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，乙中气体的质量和物质的量都是不变的，不能说明；同样乙中压强不再发生变化时，也不能说明；各种组分的浓度不再发生变化，但各种组分的浓度不一定相等，③不正确；④正确，⑤中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程乙中质量和容积始终是不变的，⑥不正确；⑦中反应速率的方向是相同的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此⑦中的关系始终是成立，不正确，所以正确的答案选D。
22.分子式为C7H16的烷烃中含有3个甲基结构的同分异构体的数目是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】烷烃C7H16分子中，去掉3个甲基后只有4个碳原子，其碳链方式只有两种，再连接3个甲基，较易找出符合题意的同分异构体的数目。
【详解】分子式C7H16符合通式CnH2n+2，必为饱和链烃（烷烃）。去掉3个甲基后只有4个碳原子，其碳链方式只有两种：C－C－C－C、，再分别将3个甲基连入这两个碳链。为保证分子中只有3个甲基，碳链上的端位碳必须连接甲基，即（1）CH3－C－C－C－C－CH3，第三个甲基有2种可能方式；（2），3个甲基已经全部连入。综上，符合题意的同分异构体有3种。
本题选B。
23.下列物质一定属于同系物的是（ ）
① ② ③ ④C2H4 ⑤CH2=CH-CH=CH2 ⑥C3H6 ⑦ ⑧
A. ⑤⑦ B. ④⑥ C. ⑥⑧ D. ①③
【答案】A
【解析】同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互称同系物。A. ⑤⑦都含有两个碳碳双键，在分子组成上差一个CH2，互为同系物，故正确；B. ④⑥不一定结构相似，可能是烯烃或环烷烃，故不能确定为同系物，故错误；C. ⑥可能为丙烯或环丙烷，⑧属于烯烃，二者不一定是同系物，故错误；D. ①和③结构不相似，不是同系物，故错误。故选A。
24.结构简式为的有机物在一定条件下能和氢气完全加成,加成产物的一溴
代物有（不考虑—OH的取代）（ ）
A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种
【答案】C
【解析】试题分析：结构简式为的有机物在一定条件下能和氢气完全加成，加成产物为，该分子有5种不同环境的氢原子，所以加成产物的一溴代物有5种，答案选C。
25.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）
①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 ②苯分子中碳原子间的距离均相等
③苯能一定条件下跟H2加成生成环己烷 ④经实验测得间二甲苯仅一种结构
⑤苯在FeBr3存在条件下与液溴发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色
A. ②③⑤
B. ①②④
C. ①②⑤
D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】苯环上的6个碳碳键完全相同，是介于碳碳单键、碳碳双键之间的“特殊键”。故苯环是3个C－C键、3个C=C交替结构所不能解释的事实，都要作为这种“特殊键”的证据。
【详解】①若苯环结构中存在单双键交替结构则能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色说明苯环结构中不存在单双键交替结构；
②若苯环结构中存在单双键交替结构，C－C键键长应大于C=C键键长，苯分子中碳原子间的距离均相等说明苯环结构中不存在单双键交替结构；
③苯环结构中无论是否存在单双键交替结构，一定条件下苯都能与H2加成生成环己烷，不能作为证据；
④苯环结构中无论是否存在单双键交替结构，间二甲苯仅有一种结构，④不可作证据（邻二甲苯只有一种结构，可作为证据）；
⑤若苯环结构中存在单双键交替结构则能使溴水因发生加成反应而褪色，苯不能使溴水发生加成反应而使溴水褪色说明苯环结构中不存在单双键交替结构。
本题选C。
26.双环己烷C12H22（）它的二氯代物，且氯原子不在同一个环上的同分异构体的个数是（ ）
A. 13 B. 12 C. 11 D. 10
【答案】D
【解析】 的一氯代物有4种：，当一氯代物为时，二氯代物有4种：；当一氯代物为时，二氯代物有3种：；当一氯代物为时，二氯代物有2种：；当一氯代物为时，二氯代物有1种：；所以二氯取代物的个数=4+3+2+1=10；答案选D。
27.某可逆反应的反应过程中的能量变化如图所示，在反应体系中加入催化剂，反应速率降低，下列叙述正确的是（ ）
A. E1减小，E2减小，反应热不变
B. E1増大，E2增大，反应热不变
C. E1减小，E2增大，反应热减小
D. E1增大，E2增大，反应热増大
【答案】B
【解析】
【分析】根据化学反应速率与活化能的关系、催化剂对化学反应速率的影响分析。
【详解】图中 E1、E2分别是正、逆反应的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢。加入催化剂使反应速率降低，则 E1、E2均增大。因加入催化剂，不能改变反应物总能量（E反）、生成物总能量（E生），故反应热（ΔH＝E生－E反）不变。
本题选B。
28.利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质。下列分析不正确的是（ ）
A. 电子经外电路流向Pt电极
B. 电池工作时，电解质中Ag+数目减少
C. 正极反应：C12+2e﹣+2Ag+=2AgCl
D. 空气中c（C12）越大，Ag极消耗速率越快
【答案】B
【解析】A、电子从负极流向正极Pt，故A正确；B、电池工作时，电解质中Ag＋数目不变，故B错误；C、氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，故C正确；D、反应原理是Ag与氯气反应，故D正确；故选B。
29.X，Y，Z，M，W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子总数与电子层数相同，Y，Z，M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍。Z与其同主族的短周期元素可形成常见的大气污染气体甲。X，Y，Z三种元素形成化合物乙。下列说法错误的是（ ）
A. 气体甲可与Z的某种氢化物反应生成强酸
B. W元素的晶体单质是一种良好的半导体材料
C. 化合物乙中一定只有共价键
D. X分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM
【答案】C
【解析】试题分析：X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素．X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素；W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则最外层有4个电子，所以W为Si元素；Y、Z、M同周期且相邻，而Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲，则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元素，X、Y、Z 三种元素形成化合物乙为HNO3、NH4NO3等，
A．气体甲为二氧化硫，二氧化硫与H2O2反应生成硫酸，故A正确；
B．W为Si元素，其单质可在电子工业用于生产半导体材料，故B正确；
C．化合物乙若为NH4NO3，含有离子键、共价键，属于离子化合物，故C错误；
D．X为H元素、Z为O元素、Y为N元素、M为F元素，非金属性F最强，故氢化物中HF最稳定，
故D正确。
30.美国劳伦斯·利弗摩尔国家实验室(LLNL)设计的以熔融的碳酸盐为电解液，泡沫镍为电极，氧化纤维布为隔膜的直接碳燃料电池结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. a极通气的目的是增强导电能力
B. a极的电极反应式为C+2CO32--4e－＝3CO2↑
C. 电流由b极沿导线经负载再流向a极
D. CO32-由b极区透过隔膜流向a极区
【答案】A
【解析】
【分析】直接碳燃料电池属于原电池，应用原电池原理分析解答。
【详解】直接碳燃料电池总反应为C+O2＝CO2，碳粉在负极（a极）失电子，空气（Air）中O2在正极（b极）得电子。
A项：a极通Ar气，可使碳粉和熔融碳酸盐的混合物隔绝空气，防止碳粉被氧化，而不能增强导电能力，A项错误；
B项：a极为负极，碳粉失电子，电极反应为C－4e－+2CO32－＝3CO2↑，B项正确；
C项：a极失去的电子经导线流向b极，则电流由b极沿导线经负载再流向a极，C项正确；
D项：b极为正极，空气（Air）中O2得电子，电极反应为O2+4e－+2CO2＝2CO32－，阴离子CO32-由b极区透过隔膜流向a极区，D项正确。
本题选A。
第Ⅱ卷(非选择题，共40分)
二、非选择题(本题共3小题，共40分)
31.W、Q、A、B、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，已知W与X在同一主族；Q的阴离子和A的阳离子具有相同的电子层结构，且两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体F；A、B、Z三种元素的原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水；X元素的最外层电子数比次外层电子数少4；Y元素的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。
（1）X、Y的元素符号分别是_______、______；
（2）W元素在周期表中的位置是第______周期第______族。
（3）写出A、B两元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式：________。
【答案】(1). Si (2). S (3). 二 (4). IVA (5). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】根据原子结构特征推断元素、确定元素在周期表中的位置。根据物质的性质书写有关反应的离子方程式。
【详解】Q、A两元素的单质反应生成淡黄色的固体F，可知F为过氧化钠（Na2O2），因Q的阴离子和A的阳离子具有相同的电子层结构，则Q为氧元素（O）、A为钠元素（Na）；A、B、Z三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，则必有强碱、两性氢氧化物、强酸，又三种元素的原子最外层共有11个电子，则B为铝元素（Al）、Z为氯元素（Cl）；进而X、Y的原子序数在13、17之间，即为第三周期元素，X元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则X为硅元素（Si）；Y元素的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，则Y为硫元素（S）；W与X是同一主族短周期元素，则W为碳元素（C）。
（1）X、Y的元素符号分别是Si、S；
（2）W元素的原子核外有两个电子层，最外层有四个电子，则其在周期表中位于第二周期第IVA族；
（3）A、B两元素的最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Al(OH)3，它们反应的离子方程式Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
32.已知在一定条件下，2molH2完全燃烧生成液态水时放出热量572kJ，请回答下列问题
（1）反应物的总能量_____（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物的总能量：
（2）在此条件下，若反应生成含1molO-H键的液态水，则放出热量为____kJ；若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量____(填“＞”、“＜”或“＝”)572kJ；
（3）美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如图所示：a、b两电极均由多孔的碳块组成，_______(填正、负)极通入H2，____(填正、负)极通入O2；
（4）某化学兴趣小组对上述新型装置进行了适度改造，将在a电极通入的氢气改为乙炔(C2H2)，请写出改造后a电极发生反应的电极反应式：______________。
【答案】(1). 大于 (2). 143 (3). < (4). 负 (5). 正 (6). C2H2-10e-+14OH-=2CO32－+8H2O
【解析】
【分析】解答本题需要理解运用知识：反应热与反应物总能量、生成物总能量的关系；化学反应吸收或放出能量与物质的量、物质状态的关系；原电池中电极与电子得失的关系等。
【详解】（1）H2燃烧是放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量。
（2）含1molO-H键的水的物质的量为0.5mol，即燃烧氢气0.5mol。2molH2完全燃烧生成液态水时放出热量572kJ，则0.5molH2燃烧生成液态水时放热143kJ。因水蒸气液化会放热，故2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量＜572kJ。
（3）氢氧燃料电池总反应为2H2+O2＝2H2O。反应中H2失电子，应通入负极；O2得电子，应通入正极。
（4）图中燃料电池使用KOH溶液，电极a通入的乙炔(C2H2)失电子、并与OH－反应生成CO32－和H2O；又据碳元素化合价变化，得每个C2H2失10e- ；最后由原子守恒、电荷守恒原理配平电极反应式，因此a电极的电极反应式C2H2-10e-+14OH-=2CO32－+8H2O。
33.研究NO2、NO、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。NO2可用下列反应来处理：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)(放热反应)。
（1）120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，2min时达到平衡。10min时氧化产物比还原产物多了1.4g，则0～10 min时，平均反应速率υ（NO2）=_______，电子转移了___NA。
（2）一定条件下上述反应在某体积固定的密闭容器中进行，能说明该反应已经达到平衡状态的________
a.c(NO2)：c(NH3)=3：4
b. 6υ(NO2)正 =7υ(N2)逆,
c.容器内气体总压强不再变化
d.容器内气体密度不再变化
（3）若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，此时NO2和N2的浓度之比_____(填增大、不变、减小)，NO2的转化率______(填増大、不变、减小)。
（4）一定条件下NO2与SO2可发生反应，其化学反应方程式可以表示为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)(吸热反应)。若反应一段时间达到新的平衡时，生成物浓度之积与反应物浓度之积的比值变大，该反应_______(选填编号)
a.一定向正反应方向移动 b.平衡移动时，逆反应速率先减小后增大
c.一定向逆反应方向移动 d.平衡移动时，正反应速率先增大后减小
（5）请写出用NaOH溶液完全吸收含等物质量的NO、NO2混合气体的离子方程式_________。
【答案】(1). 0.015mol/(L·min) (2). 1.2 (3). c (4). 增大 (5). 减小 (6). ad (7). NO+NO2+2OH-=2NO2－+H2O
【解析】
【分析】按速率定义、速率与化学计量数的关系计算v(NO2)；从化学平衡的本质和特征两方面判断平衡状态；据压强、温度对化学平衡的影响分析转化率、反应速率等的变化。
【详解】（1）反应“6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)”中，6NO2 +24e－→ 3N2(还原产物)，8NH3 －24e－→ 4N2(氧化产物)，即6mol NO2参与反应时，氧化产物比还原产物多1mol N2，转移电子24mol。故氧化产物比还原产物多1.4g N2时，参加反应的n(NO2)＝＝0.3mol，v(NO2)＝＝0.015mol/(L·min)，转移电子n(e－)＝＝1.2mol。
（2）a.可逆反应在起始、某时刻、平衡时，各物质的浓度之比都不一定等于化学计量数之比，反之，各物质的浓度之比等于化学计量数之比时也不一定是化学平衡。
b. 任何时刻，υ(NO2)正:υ(N2)正=6:7，代入6υ(NO2)正 =7υ(N2)逆，得36υ(N2)正 =49υ(N2)逆，即υ(N2)正 ≠υ(N2)逆，不是化学平衡。
c.据气态方程PV=nRT，恒温恒容条件下当容器内气体总压强P不再变化时，气体总物质的量n也不再变化，题中反应已达化学平衡。
d.容器内只有气体，其总质量不变，容器体积固定时其密度必然不变，即气体密度不变时不一定是化学平衡。
故只选c。
（3）缩小容器的体积后达到新的平衡，即加压使题中平衡左移，n(NO2)增加，n(N2)减小。
则c(NO2):c(N2)=n(NO2):n(N2)增大，NO2转化率减小。
（4）新的平衡时，生成物浓度之积与反应物浓度之积的比值（化学平衡常数）变大，只能是升高温度使平衡向正反应方向移动，a正确、c错误；升高温度逆反应速率变大，平衡正向移动时逆反应速率继续增大直至达到新平衡，b错误；升高温度使正反应速度变大，平衡正向移动时反应物浓度减小，正反应速率又减小，d正确；故选ad。
（5）等物质的量的NO、NO2混合气体相当于酸性氧化物N2O3，用NaOH溶液吸收时发生化合价归中反应，离子方程式NO+NO2+2OH-=2NO2－+H2O。
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