山东省恒台第一中学2019届高三化学上学期诊断性考试试卷（含解析）.doc

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1、1山东省恒台第一中学 2019 届高三化学上学期诊断性考试试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：C 12 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 C1 35.5 P 31 Co 591.化学无处不在，下列有关说法不正确的是A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C. 碘是人体必须的微量元素，所以每个人都要补碘D. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境【答案】C【解析】【详解】A.侯氏制碱法是将 CO2、NH 3通入饱和 NaCl 溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH 4HCO3+NaC

2、l=NH4Cl+NaHCO3，其中 NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，A 正确；B.浓盐酸易挥发，与 NH3结合生成 NH4Cl 固体小颗粒，为白烟，所以可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气，B 正确；C.碘是人体必须的微量元素，但是不是每个人都缺少碘元素，因此不是每个人都要补碘，C 错误；D.水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机物污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境，D 正确；故合理选项是 C。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.

3、常温常压下，124g P 4中所含 PP 键数目为 4NAB. 1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为 2NAC. 标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为 4NAD. 密闭容器中，2 mol SO 2和 1mol O2催化反应后原子总数为 8NA【答案】D【解析】【详解】A.白磷相对分子质量是 124，124g 白磷的物质的量是 1mol，由于白磷是正正四面2体结构，每个白磷分子中含有 6 个 PP 键，则 1mol 白磷中含有的 PP 键数目为 6NA，A错误；B.HNO3有强的氧化性，所以若 1molFe 与足量稀硝酸反应转移 3mol 电子，若 1molFe 与

4、足量浓硝酸反应，在室温下 Fe 遇浓硝酸会发生钝化，B 错误； C.标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物的物质的量是 0.5mol，由于每个甲烷或乙烯分子中都含有 4 个 H 原子，所以 0.5mol 混合气体含有 H 原子的数目为 2NA，B 错误；D.2 mol SO2和 1mol O2中含有原子的物质的量是 8mol，由于反应前后各种元素的原子个数不变，所以无论反应程度如何，2 mol SO 2和 1mol O2催化反应后原子总数为 8NA，D 正确；3.下列各离子组能大量共存的是A. 澄清溶液中：Cu 2+、NH 4+、C1 -、SO 42-B. 常温下 pH=1 的溶液中：NO

5、 3-、K +、Na +、I -C. 在 1molL-1的 KMnO4酸性溶液中：K +、SO 32-、SO 42-、C1 -D. 0.1mol/L 的 A1C13溶液中：Na +、HCO 3-、NO 3-、Fe 2+【答案】A【解析】【详解】A.选项中的离子不能发生任何反应，可以大量共存，A 错误；B.常温下 pH=1 的溶液显酸性，在该溶液中，H +、NO 3-、I -会发生氧化还原反应，不能大量共存，B 错误；C.在酸性条件下，KMnO 4与 SO32-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C 错误；D.Al3+、HCO 3-会发生盐的双水解反应，不能大量共存，D 错误；故合理选项是 A。4

6、.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由 X、Y 和乙三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是A. W、X、Y、Z 的简单离子的半径依次增大B. X 的简单氢化物的热稳定性比 W 的强C. 析出的黄色沉淀易溶于乙醇D. X 与 Z 属于同一主族，X 与 Y 属于同一周期3【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W 为 N；Y 的原子

7、半径是所有短周期主族元素中最大的，Y 为 Na；由X、Y、Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为 Na2S2O3，结合原子序数可知，X 为 O，Z 为 S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W 为 N，X 为 O，Y 为 Na，Z 为 S。A.S2-有 3 个电子层，O 2-、Na +、N 3-具有 2 个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径由大到小的顺序是 ZWXY，A 错误；B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强。

8、由于元素的非金属性 XW，所以简单氢化物的热稳定性 XW，B 正确；C.C 是 S 元素，S 单质不能溶于水，微溶于酒精，容易溶于 CS2，所以该说法不合理，C 错误；D.O、S 是同一主族的元素，O 是第二周期元素，Na 是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D 错误；故合理选项是 B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。5.下列实验的现象和原因都正确的是实验 现象 原因A金属铝与少量氢氧化钠溶液反应有白色氢氧化铝沉淀生成氢氧化钠溶液量不足B 金属铜加入浓硝酸中产生使品红褪色

9、的气体生成 SO2 C将洁净的铜丝插入高温硫蒸气中红色铜丝变黑 生成 Cu2S 4D 向碳酸钠固体上滴加少量盐酸 无气体产生 生成碳酸氢钠A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.金属铝与少量氢氧化钠溶液反应，产生 NaAlO2和氢气，不会产生 Al(OH)3沉淀，A 错误；B.金属铜加入浓硝酸中，二者发生反应，产生硝酸铜、二氧化硫和水，不产生 SO2，B 错误；C.将洁净的铜丝插入高温硫蒸气中，二者反应产生黑色的 Cu2S，因此看到固体由红色变为黑色，C 正确；D.向碳酸钠固体上滴加少量盐酸，先反应产生碳酸氢钠，碳酸氢钠立即与盐酸再反应，应产生 NaCl、水和二氧化

10、碳，因此会看到有气体放出，D 错误；故合理选项是 C。6.KIO3可采用电解法制备，装置如图所示。下列叙述正确的是A. 通电后阴极的电极反应式 2H2O+2e-=2OH-+H2B. 电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 K+，其迁移方向是从右到左C. 电解过程中阳极附近 pH 增大D. 当电路中通过 1mol 电子的电量时，会有 0.5mol 的 KIO3生成【答案】A5【解析】【分析】与电源正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应；溶液中阳离子通过阳离子交换膜由阳极区向阴极区移动，据此解答。【详解】A.根据装置图可知惰性电极 b 与电源的负极连接

11、，作阴极。阴极上阳离子放电，由于溶液中离子放电能力 H+Na+，所以发生反应：2H 2O+2e-=2OH-+H2，A 正确；B.由于阴极上溶液的 H+不断放电，所以阴极区阳离子浓度降低，电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 K+，其迁移方向是从左到右，B 错误；C.在电解过程中，阳极上发生反应 I2-10e-+12OH-=2IO3-+6H2O，阳极区 c(OH-)逐渐降低，溶液的 pH 减小，C 错误；D.根据阳极上的电极反应式可知：每转移 10mol 电子，反应产生 2molKIO3，则转移 1mol电子时，产生 0.2mol 的 KIO3，D 错误；故合理选项是 A。【点睛】本题考查电解

12、原理的应用的知识。涉及电极反应式书写、离子移动方向、溶液酸碱性判断及有关计算。掌握电解原理同时充分利用题干信息是本题解答关键。7.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气 CO 和 H2，还对温室气体的减排具有重要意义。已知：C(s)+2H 2(g)=CH4(g) H 1 K1 C(s)+O2(g) =CO2(g) H 2 K2 ；C(s)+ O2(g) 12=CO(g) H 3 K3；CH 4-CO2催化重整反应为：CH 4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H K(其中H 为焓变，K 为平衡常数)下列说法正确的是A. H=2H 32H 2H 1B. K=2K3K 2K 1C.

13、 若平衡时 c(CH4)：c(CO 2)：c(CO)：c(H 2)=1：1：1：1，则 K 一定等于 1(mol/L)2D. 减小压强可增大 CH4(g)和 CO2(g)的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A.C(s)+2H 2(g)=CH4(g) H 1 C(s)+O 2(g) =CO2(g) H 2 C(s)+ O2(g) 12=CO(g) H 3 将方程式 2- 可得 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=2H 3-H 1-H 2，A 错误；6B.根据化学平衡常数的含义可得 K1= ；K 2= ；K 3= ；K= ，B 错误；c(CH4)c2(H2) c(CO2)

14、c(O2)c(CO)c12(O2) c2(CO)c2(H2)c(CH4)c(CO2)= K23K1K2C.若平衡时 c(CH4)：c(CO 2)：c(CO)：c(H 2)=1：1：1：1，假设每种物质的浓度都是 x，则K= = ，若 x=1，则 K=1，若 x=2，则 K=4，所以 K 不一定为 1(mol/L)2，C 错误；x2x2x2 x2D.由于反应 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的反应，所以根据平衡移动原理，减小压强，化学平衡正向移动，从而可增大 CH4(g)和 CO2(g)的平衡转化率，D正确；故合理选项是 D。8.水合肼(N 2H4H2

15、O)是无色、有强还原性的液体，实验室制各水合肼的原理为：CO(NH 2)2+2NaOH+NaC1O=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl 据此，某学生设计了下列实验。步骤 1：制备 NaC1O 溶液。已知：3NaC1O NaC1+NaC1O3(1)用烧碱固体配制 30NaOH 溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_(填字母)。A容量瓶 B烧杯 C移液管 D玻璃棒(2)装置 A 中发生反应的离子方程式是_；若装置 C 中出现堵塞，玻璃管 a 中的现象为_；B 中用冰水浴控制温度在 30以下，其主要目的是_。步骤 2：制取水合肼。控制反应温度，将分液漏斗中的溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏

16、三颈烧瓶内的溶液，收集 108114馏分。(已知：N 2H4H2O+2NaC1O=N2+3H 2O+2NaC1)。(3)分液漏斗中的溶液是_(填“A”或“B”)；ANaOH 和 NaC1O 混合溶液 BCO(NH 2)2溶液7步骤 3：肼的性质分析与测定。(4)水合肼与氨水性质相似，属于二元弱碱。水合肼与盐酸反应产生的正盐化学式为_。(5)水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。称取馏分 0.3000g，加水配成加 20.00mL 溶液，一定条件下用 0.1500 mol/L 的 I2溶液滴定。水合肼与碘溶液反应的化学方程式为_；实验测得消耗 I2溶液的平均值为 20.00mL，馏分中 N2H4H2

17、O 的质量分数为_。(保留三位有效数字)【答案】 (1). BD (2). MnO 2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H 2O (3). 液面上升 (4).防止 NaClO 分解为 NaCl 和 NaClO3，影响水合肼的产率 (5). A (6). N2H6Cl2 (7). N2H4H2O2I 2N 24HIH 2O (8). 25.0%【解析】【分析】装置 A：二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢，装置 B 中玻璃管 a的作用为平衡压强，氯气与氢氧化钠反应制备 NaClO，中用冰水浴控制温度在 30以下，防止 NaClO(歧化)分解为氯酸钠和氯化钠，装置 C 进行尾气处

18、理。(1)根据配制一定质量分数的溶液的步骤选用仪器；(2)B 中氯气与氢氧化钠反应制备 NaClO；B 中玻璃管 a 的作用平衡压强，制取的氯气中含有氯化氢，为了提高 NaClO 的产率，需对 A 中产生的 Cl2进行净化，由已知信息可知，在反应极易发生副反应，B 中用冰水浴控制温度在 30以下，这样做的目的是减少副反应的发生，提高水合肼的产率；(3) N2H4H2O 具有强还原性，容易被过量的 NaClO 氧化确定仪器 A 中试剂；(4)模拟 NH3与 HCl 反应产生的盐书写水合肼与 HCl 反应产生的盐的化学式；8(5) 利用电子守恒、原子守恒结合题意，写出反应的化学方程式；根据方程式进

19、行计算。【详解】(1)配制 30%NaOH 溶液时，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒，合理选项为 BD；(2)装置 A 中浓盐酸与 MnO2混合加热制取氯气，发生反应的离子方程式是 MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H 2O；若 C 中发生堵塞时，B 中气体压强增大，B 中液体进入长玻璃管中，使长玻璃管中液面上升，形成水柱；若温度升高时，次氯酸钠容易发生自身的氧化还原反应生成氯酸钠和氯化钠，导致物质不纯，所以冰水浴温度需要在 30以下，其主要目的是防止 NaClO(歧化)分解为氯酸钠和氯化钠，影响水合肼的产率；(3)在三颈烧瓶发生反应：CO

20、(NH 2)2+2NaOH+NaC1O=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl ，N 2H4H2O 具有强还原性，容易被过量的 NaClO 氧化，所以分液漏斗中盛有 NaOH+NaC1O；(4)水合肼属于二元弱碱。水合肼与盐酸产生的盐为 N2H6Cl2；(5)水合肼具有还原性，其被 I2氧化的方程式为 N2H4H2O2I 2N 24HIH 2O设馏分中水合肼(N 2H4H2O)的质量分数为 a，则根据反应方程式：N2H4H2O + 2I2 = N2 + 4HI + H 2O50g 2mol0.3000ga 0.020L0.15mol/L50g：0.3000ga=2mol：0.020L0.15m

21、ol/L，解得：a=25%。【点睛】本题综合考查物质制备实验、物质含量测定等知识，明确实验目的为解答关键，注意把握物质的性质以及实验的操作方法，较好地考查了学生对实验原理的理解、知识迁移应用。9.钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用以水钴矿(主要成分为 Co2O3、Co(OH)3，还含少量 Fe2O3、A1 2O3、MnO 等)制取钴产品的工艺流程如下：9已知：浸出液中含有的阳离子主要有 H+、Co 2+、Fe 2+、Mn 2+、A1 3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 如表所示：沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)3 Mn(OH)2开始沉

22、淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8回答下列问题：(1)写出浸出过程、Co 2O3发生反应的离子方程式：_。(2)写出 NaC1O3发生反应的主要离子方程式：_；(3)“加 Na2CO3调 pH 至 5.2”，过滤所得到的沉淀成分为_。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_；萃取剂使用的最佳 pH 范围是_(填代号)。A1.01.5 B2.02.5 C3.03.5 D4.04.5(5)“沉钴”时生成 CoCO3的离子方程式为_。(6)在空气中焙烧 CoCO3生成 CoxOy和 CO2，测得充分煅

23、烧后固体质量为 4.82g，CO 2的体积为 1.344L(标准状况)，则 CoxOy的化学式为_。【答案】 (1). Co2O3SO 32-4H =2Co2 SO 42-2H 2O (2). ClO3-6Fe 2 6H = Cl 6Fe 3 3H 2O (3). Fe(OH)3、Al(OH) 3 (4). 除去滤液中的 Mn2 (5). C (6). Co2+2HCO3-=CoCO3+H 2O+CO2 (7). Co 3O4【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得 CoCl2、AlCl 3、FeCl 2，加入 NaClO3，可得到FeCl3，然后加入 Na2CO3调 pH 至 5.

24、2，可得到 Fe(OH)3、Al(OH) 3沉淀，过滤后所得滤液主10要含有 CoCl2，向该溶液中加入萃取剂分离出 Mn2+，然后加入 NH4HCO3溶液得到 CoCO3沉淀。(1)水钴矿进行预处理时，Na 2SO3是还原剂，还原 Co3+；(2)NaClO3的作用是将 Fe2+氧化成 Fe3+；(3) 加入 Na2CO3调 pH 至 5.2，可得到 Fe(OH)3、Al(OH) 3沉淀；(4)根据不同的 pH 对金属阳离子 Mn2+、Co 2+的萃取率的不同选择；(5)利用复分解反应得到反应的方程式；(6)计算二氧化碳物质的量，根据 CoCO3的化学式可以确定 Co 原子数目，再根据 Co

25、xOy的质量确定 O 原子物质的量，计算 Co、O 原子数目之比确定化学式。【详解】(1)水钴矿用 HCl、Na 2SO3进行预处理时，Na 2SO3是还原剂，还原 Co3+为 Co2+，反应的离子方程式为：Co 2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；(2)NaClO3的作用是将 Fe2+氧化成 Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO 3-6Fe 2 +6H+=Cl-+6Fe3 +3H2O； (3)加 Na2CO3调 pH 至 5.2 时，Al 3+能与 CO32-发生双水解生成 Al(OH)3沉淀和 CO2气体；Fe 3+能与 CO32-离子发生双水解生成 Fe(OH)

26、3沉淀和 CO2气体，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH) 3；(4)Al3+、Fe 3+形成 Fe(OH)3、Al Fe(OH) 3沉淀析出，根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co 2+离子，加入萃取剂调节溶液的 pH 至 3.03.5 时就可以将 Mn2+萃取出来，剩余的溶液中含有 Co2+离子；(5)向含有 Co2+的溶液中加入 NH4HCO3，发生复分解反应，得到 CoCO3沉淀，反应的离子方程式为 Co2+2HCO3-=CoCO3+H 2O+CO2；(6) 在空气中焙烧 CoCO3生成 CoxOy和 CO2，产生 CO2的物质的量为 n(CO2)=1.344L22.4L

27、/mol=0.06mol，由 Co、C 原子比例关系，可知 Co 原子物质的量为0.06mol，则 CoxOy中 O 原子物质的量为 n(O)= =0.08mol，故 CoxOy中4.82g-0.06mol59g/mol16g/molCo、O 原子数目之比=0.06mol：0.08mol=3：4，则 CoxOy的化学式为 Co3O4。【点睛】本题通过 CoCl26H2O 制取工艺的流程，考查了物质制备方案的设计，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度大。10.资源化利用 CO 具有重要意义。11(

28、1)CO 可设计成燃料电池，熔融 Li2CO3和 Na2CO3的混合物作为燃料电池的电解质，氧化剂是含 CO2的 O2，工作时正极反应为_，以该燃料电池为电源处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，同时制得副产物氢气，装置如图所示(电极均为石墨电极)。该装置中应选用_(填“阴”或“阳”)离子交换膜，写出电解时 NO2发生反应的电极反应式：_。(2)CO 是高炉炼铁的重要还原剂，炼铁时发生的主要反应有：反应 H(kJ/mol)I. Fe2O3(s)+3C(s) 2Fe(s)+3CO(g) +489II. Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g) -27III. C(s)+CO2(g)

29、 2CO(g) X试计算，试计算，X=_。T1时，向某恒温密闭容器中加入一定量的 Fe2O3和 C，发生反应 I，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件，v (逆) 随时间(t)的变化关系如图所示，则 t1时刻改变的条件可能是_。a保持温度、体积不变，使用催化剂 b保持体积不变，升高温度c保持温度不变，压缩容器体积 d保持温度、体积不变，充入 CO12(3)在一定温度下，向某体积可变的恒压(P 总 )密闭容器中加入 1mol CO2与足量的碳发生反应 III，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。650时，反应达平衡后 CO2的转化率为_。T时，该反应达到平衡时下列说法不正确的是_。a气

30、体密度保持不变b2v 正 (CO2)=v 正 (CO)c若保持其它条件不变再充入等体积的 CO2和 CO，平衡向逆反应方向移动d若保持其它条件不变再充入惰性气体，v 正 、v 逆 均减小，平衡不移动e若其它条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，再次达平衡时压强小于原平衡的 2 倍根据图中数据，计算反应 III 在 T时用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=_(设总压强为 P 总 ，用含 P 总 的代数式表示)【答案】 (1). O 2+2CO2+4e-=CO32- (2). 阳 (3). NO 2 e-+H2O=NO3-+2H+ (4).+172 (5). cd (6). 25%

31、 (7). cd (8). 0.5 P 总【解析】【详解】(1)在负极上 CO 放电，CO 失电子结合 CO32-生成 CO2：CO-2e -+CO32-=2CO2；正极上CO2放电，CO 2结合 O2得到电子生成 CO32-，电极反应式为：O 2+2CO2+4e-=2CO32-；电解时，左室中电极上 H+放电生成 H2，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，阳极发生的反应为：NO 2-e-+H2O=NO3-+2H+，右室中阳离子浓度增大，左室中水电离产生的 H+放电，附近溶液的阳离子浓度降低，破坏了水的电离平衡，溶液中的阳离子由右室进入左室，所以离子交换膜为阳离子

32、交换膜；(2)( I-II)3 可得：C(s)+CO 2(g) 2CO(g) H=+172kJ/mol；a保持温度、体积不变，使用催化剂，可以使正、逆反应速率都增大，但是平衡不发生移动，达到平衡时逆反应速率比原来的逆反应速率大，a 错误； 13b保持体积不变，升高温度，正反应、逆反应速率增大，化学平衡常数改变，CO 浓度不会回到原平衡状态，b 错误；c保持温度不变，压缩容器体积，物质的浓度增大，反应速率加快，由于温度不变，所以化学平衡常数不变，CO 决定化学平衡常数，最终 CO 浓度仍然回到原平衡状态，c 正确；d保持温度、体积不变，充入 CO，化学反应速率增大，不改变化学平衡常数，CO 决定

33、化学平衡常数，最终 CO 浓度仍然回到原平衡状态，d 正确；故合理选项是 cd；(3)反应 III 为：C(s)+CO 2(g) 2CO(g)起始(mol) 1 0转化(mol) x 2x平衡(mol) 1-x 2x=60%，可得 x= ，所以 CO2的转化率为 25%；1-x1+x 14a由于反应混合物不全为气体，所以若气体密度保持不变，则反应处于平衡状态，a 正确；b由于方程式中 CO2、CO 的系数比为 1:2，所以任何时刻都存在 2v 正 (CO2)=v 正 (CO)，b 正确；c若保持其它条件不变再充入等体积的 CO2和 CO，相当于 CO2增大的多，所以化学平衡向正反应方向移动，c

34、 错误；d若保持其它条件不变再充入惰性气体，由于物质的浓度不变，所以 v 正 、v 逆 均不变，平衡不移动，d 错误；e若其它条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，由于体积减小导致物质的浓度都增大，体系的压强增大，平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，所以再次达平衡时压强小于原平衡的 2 倍，e 正确；故合理选项是 cd；对于反应 III，根据图中数据可知，在 T时 CO 占总压强的 ，所以若用平衡分压代替平12衡浓度表示的化学平衡常数 KP= p(总 )。p2(CO)p(CO2)=(12p总 )(12p总 )(12p总 ) =1211.部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示14元素结

35、构及性质A A 在第三周期中简单离子半径最小B B 原子最外层电子数是内层电子数的35C 使用最广泛的金属元素 C 能形成两种氯化物，其相对分子质量之差为 35.5D D 与 B 同主族，且通常状况下 D 没有正化合价E E 在周期表中位于 IA 族，有人认为将其排在 VIIA 族也有一定道理FF 与 B 同周期，其最高价氧化物的水化物与 A 或 B 的最高价氧化物的水化物均能反应(1)C 元素在周期表中的位置_；E 形成的一种简单离子能支持“将 E 排在VIIA 族”这一观点，该离子的结构示意图为_。(2)E 与 D 可以按原子个数比 2：1、1：1 形成两种化合物 X、Y，区别 X、Y 这

36、两种物质的实验方法为_。E 与 B 形成的一种化合物 Z 与 X、Y 中的一种电子总数相同且能发生化学反应，写出该反应的化学方程式_(用相应化学式表示)(3)请画出化合物 F2B2的电子式_，该化合物中含有的化学键类型是_。(4)将 A、C 的单质用导线连接后插入 F 的最高价氧化物的水化物溶液中可形成原电池，该原电池中阴离子移向_(填“A”或“C”)，写出该原电池总反应的离子方程式_。【答案】 (1). 第四周期第 VIII 族 (2). (3). 分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是 H2O2 (4). H2O2+H2S=S+2H 2O (5). (6). 离子

37、键、共价键 (7). A (8). 2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2 (或 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2)15【解析】【详解】A 在第三周期中简单离子半径最小，则 A 是 Al 元素；B 原子最外层电子数是内层电子数的 ，则 B 是 S 元素；使用最广泛的金属元素 C 能形成两种氯化物，其相对分子质量35之差为 35.5，则 C 是 Fe 元素；D 与 B 同主族，且通常状况下 D 没有正化合价，则 D 是 O 元素；E 在周期表中位于 IA 族，有人认为将其排在 VIIA 族也有一定道理，则 E 最外层只有1 个电子，E 是 H 元素；F 与 B 同

38、周期，其最高价氧化物的水化物与 A 或 B 的最高价氧化物的水化物均能反应，则 F 是 Na 元素。(1) C 元素是 Fe 元素，在周期表中的位置是第四周期第 VIII 族；E 是 H 元素，形成的一种简单离子能支持“将 E 排在 VIIA 族”这一观点，是因为 H 原子获得一个电子变为 K 层 2 个电子的稳定结构，该离子的结构示意图为 ；(2)E 与 D 可以按原子个数比 2：1、1：1 形成两种化合物 X、Y 分别是 H2O、H 2O2，可利用H2O2的不稳定性来区别 X、Y 这两种物质，实验方法是分别取两种液体少量于试管中，加入少量二氧化锰，有大量气泡冒出的是 H2O2；E 与 B

39、形成的一种化合物 Z 是 H2S，与 X、Y 中的一种电子总数相同的是 H2O2，二者能发生氧化还原反应，该反应的化学方程式是H2O2+H2S=S+2H 2O；(3)化合物 F2B2是 Na2S2，该物质中含有非极性共价键和离子键，其电子式是；(4)A 是 Al，C 是 Fe，F 是 Na，将 A、C 的单质用导线连接后插入 F 的最高价氧化物的水化物溶液中可形成原电池，由于 Al 可以与 NaOH 溶液反应，失去电子，所以 Al 为负极，Fe为正极。根据同种电荷互相排斥，异种电荷相互吸引，可知该原电池中阴离子移向正电荷较多的负极 Al 电极，即向 A 电极移动，该原电池总反应的离子方程式 2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2 ；或写为 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。