第2章化学键化学反应规律单元测试题（含解析）高一下学期鲁科版(2019)化学必修第二册
文档属性
| 名称 | 第2章化学键化学反应规律单元测试题（含解析）高一下学期鲁科版(2019)化学必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 868.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-14 16:29:25 | ||
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文档简介
第2章《化学键 化学反应规律》测试题
一、单选题（共12题）
1．为了研究外界条件对分解反应速率的影响，某同学在相应条件下进行实验，实验记录如下表：
实验序号 反应物 温度 催化剂 收集V mL气体所用时间
① 5 mL 5% 溶液 25℃ 2滴1 mol/L
② 5 mL 5% 溶液 45℃ 2滴1 mol/L
③ 5 mL 10% 溶液 25℃ 2滴1 mol/L
④ 5 mL 5% 溶液 25℃ 不使用
下列说法中，不正确的是A．通过实验①②，可研究温度对反应速率的影响
B．所用时间：
C．通过实验①④，可研究催化剂对反应速率的影响
D．反应速率：③＜④
2．白磷与氧气在一定条件下可以发生如下反应：P4+3O2=P4O6。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P 198kJ/mol，P—O 360kJ/mol，O=O 498kJ/mol。
根据上图所示的分子结构和有关数据，计算该反应的能量变化，正确的是
A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量
C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量
3．在容积为4 L的刚性密闭容器中，进行可逆反应：X(g)＋2Y(g) 2Z(g)并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率υ(正)、υ(逆)与时间t的关系如图。则图中阴影部分的面积表示( )
A．X的浓度的变化 B．Y的物质的量的变化
C．Z的浓度的变化 D．Z的物质的量的减少
4．氯元素的原子结构示意图为，下列说法正确的是
A．氯原子在化学反应中易失去电子
B．氯原子易得到电子形成稳定的氯离子
C．氯元素的化合价只有-1价
D．氯在元素周期表中位于第3周期第Ⅶ族
5．某原电池的总反应是，该原电池的正确组成是
A． B． C． D．
6．一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷（C4H10）气体，电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，其在熔融状态下能传导O2-。已知电池的总反应是2C4H10+13O2→8CO2+10H2O。下列说法不正确的是（ ）
A．在熔融电解质中，O2-向负极移动
B．通入丁烷的一极是负极，电极反应为C4H10-26e-+13O2-=4CO2+5H2O
C．通入空气的一极是正极，电极反应为O2+4e-=2O2-
D．通入丁烷的一极是正极，电极反应为C4H10+26e-+13O2-=4CO2+5H2O
7．日常生活中的下列做法，与调控化学反应速率无关的是
A．燃煤时将煤块粉碎为煤粉
B．制作绿豆糕时添加适量的食品防腐剂
C．空运水果时在包装箱中放入冰袋
D．炼铁时采用增加炉子高度的方法减少尾气排放
8．一定条件下存在反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换) 密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1mol CO和1mol H2O，在Ⅱ中充入1mol CO2 和1mol H2，在Ⅲ中充入2mol CO 和2mol H2O，700℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是
A．两容器中正反应速率：I＜II
B．两容器中的平衡常数：I＞II
C．容器Ⅰ 中CO2的物质的量比容器Ⅱ中CO2的少
D．容器Ⅰ 中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和大于1
9．为实现“双碳”目标，某科研小组设计捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A．标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B．10.1 g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为1.8NA
C．22 g CO2与N2O混合物中所含氧原子的数目为NA
D．100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
10．下列叙述及解释正确的是
A． ，在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅
B． ，在达到平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变
C．，在达到平衡后，加入碳，平衡向正反应方向移动
D．，在达到平衡后，保持压强不变，充入，平衡向左移动
11．在体积为的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，能说明上述反应达到平衡状态的是
A．反应中与的物质的量浓度相等时
B．V(CO2)=V(H2)
C．单位时间内每消耗，同时生成
D．的体积分数在混合气体中保持不变
12．下列反应既属于氧化还原反应又属于放热反应的是
A．浓硫酸的稀释 B．与水反应
C．与反应 D．与反应
二、非选择题（共10题）
13．在100 ℃时，将0.100 mol的N2O4气体充入1 L 抽空的密闭容器中，发生如下反应：N2O42NO2，隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到下表：
(1)达到平衡时，N2O4的转化率为______________，表中c2________c3，a________b(填“>”、“<”或“＝”)。
(2)20 s时N2O4的浓度c1＝________ mol·L－1，在0～20 s内N2O4的平均反应速率为________ mol·L－1·s－1。
(3)若在相同情况下最初向该容器充入的是二氧化氮气体，则要达到上述同样的平衡状态，二氧化氮的起始浓度是________ mol·L－1。
14．H2(g)+ I2(g) 2HI(g)已经达到平衡状态的标志是________（填序号）。
①
②
③、、不再随时间而改变
④单位时间内生成的同时生成
⑤单位时间内生成的同时生成
⑥反应速率
⑦一个键断裂的同时有两个键断裂
⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
温度和体积一定时，混合气体的平均相对分子质量不再变化
15．(1)已知破坏1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出___kJ的热量。
(2)现已知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：
根据下列键能数据计算N—H键键能为___kJ/mol。
化学键 H—H N≡N
键能(kJ/mol) 436 946
16．恒温恒容下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mol·L-1。
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为___。
(2)x=__。
(3)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是__。
A．压强不再变化
B．气体密度不再变化
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1
D．A的百分含量保持不变
17．F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了时分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如表所示（t=时，完全分解）：
t/min 0 40 80 160 260 1300 1700
p/kPa
研究表明，分解的反应速率v=。时，测得体系中，则此时的___________________，v= ___________________。
18．单质碘(I2)在医药。分析等方面应用广泛，回答下列问题
(1)碘酊又称碘酒，常用于皮肤消毒。它是由I2、KI分散于乙醇后形成的分散系。碘酊中分散剂为___________，该分散系属于___________(选填“胶体”“浊液”“溶液”)。
(2)I2加热易升华，升华时下列物理量增大的是___________(选填编号)
A．分子间作用力 B．分子间的平均距离 C．分子的数目 D．分子的质量
(3)用CCl4提取碘水中I2，萃取后单质碘主要在___________层(选填“上”“下”)，理由是___________。碘量法测定氧化铜样品中CuO含量步骤如下：取2.00g氧化铜样品溶于足量稀硫酸(假设杂质不参与反应)，充分反应后过滤。再向滤液中加入过量KI溶液反应，最后当加入90mL 0.20mol/LNa2S2O3溶液恰好完全反应。主要反应原理为：
2CuSO4+4KI=2CuI↓+I2+2K2SO4
2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6
(4)配置上述Na2S2O3溶液所需的定量仪器有___________。
(5)上述氧化铜样品中CuO的质量分数为___________。若配制Na2S2O3溶液时俯视读数，则测量结果___________(选填“偏小”“偏大”“不变”)
19．H2O2能缓慢分解生成水和氧气，但分解速率较慢，加入催化剂会加快分解速率。某化学兴趣小组为研究不同催化剂对H2O2分解反应的催化效果，设计了如图甲、乙、丙所示的三组实验。
(1)定性分析：可以通过观察甲装置的_____现象，而定性得出关于Fe3+和Cu2+催化效果的结论。有同学认为该实验不能比较Fe3+和Cu2+的催化效果，理由是_____。
(2)定量测定：用乙装置做对照试验，仪器A的名称是___。实验时组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段距离后松开，观察活塞是否回到原来的位置。这一操作的实验目的是___。实验时以2min时间为准，需要测量的数据是____。(其它可能影响实验的因素均已忽略)
(3)定量分析：利用丙装置探究MnO2对H2O2分解的催化效果。将30mL5%H2O2溶液一次性加入盛有0.10molMnO2粉末的烧瓶中，测得标准状况下由量气管读出气体的体积[V(量气管)]与时间(t/min)的关系如图所示。图中b点_______90mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(4)补充实验：该小组补充进行了如下对比实验，实验药品及其用量如下表所示。实验设计的目的是为了探究______。
编号 反应物 催化剂
① 30mL5%H2O2溶液，10滴H2O 0.10molMnO2
② 30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LHCl溶液 0.10molMnO2
③ 30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LNaOH溶液 0.10molMnO2
20．用零价铁去除水体中的硝酸盐已成为环境修复研究的热点之一．
还原水体中的反应原理如图1所示．
①作负极的物质是______．
②正极的电极反应式是______．
将足量铁粉投入水体中，经24小时测定的去除率和pH，结果如下：
初始pH
的去除率 接近
24小时pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
时，的去除率低．其原因是______．
实验发现：在初始的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的可以明显提高的去除率．对的作用提出两种假设：
Ⅰ直接还原；
Ⅱ破坏氧化层．
①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是______．
②同位素示踪法证实能与反应生成结合该反应的离子方程式，解释加入提高去除率的原因：______．
其他条件与相同，经1小时测定的去除率和pH，结果如表：
初始pH
的去除率 约 约
1小时pH 接近中性 接近中性
与中数据对比，解释中初始pH不同时，去除率和铁的最终物质形态不同的原因：______．
21．现有六种短周期元素，原子序数逐渐增大。请根据以下信息，用元素符号回答下列问题：
L 原子中只有一个电子
M 原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍
N 地壳中含量最多的元素
Q 所在的周期数是族序数的3倍
R R2+具有与氖原子相同的电子层结构
T 最高正化合价与最低负化合价的代数和为6
（1）写出这两种元素的名称：M_________、Q________。
（2）T在周期表中的位置是______，T的原子结构示意图为_______，T的最高价氧化物对应水化物的化学式为_______。
（3）上述六种元素中原子半径最大的是__________，非金属性最强的是____________。
（4）写出MN2的电子式_________，用电子式表示化合物RT2的形成过程：______________。
22．有X、Y、Z三种物质，它们之间存在如下转化关系：
(1)若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，三个反应均为化合反应，则Y的化学式为_________，Z的电子式为_________；Y、Z两种物质相比，相同的化学键类型为__________，当由X制取Z的上述两种途径生成Z的量相等时，转移电子数目比为________。
(2)若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1 mol/L的三种物质的溶液pH：Y>X>Z>7，则①的化学方程式为___________________，③的离子方程式为__________________。
(3)若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，X是单质，Y是日常生活中最重要的盐，②的反应条件为电解，则②的化学方程式为_________________，③的离子方程式为________。
参考答案：
1．D
A．实验①②中除温度外其他条件均相同，可研究温度对反应速率的影响，A正确；
B．实验①③中除过氧化氢浓度不同外其他条件均相同，浓度大的反应速率快，故收集相同体积的气体实验③用的时间短，故t1>t3，B正确；
C．实验①④中，④采用了催化剂，其他条件均相同，可研究催化剂对反应速率的影响，C正确；
D．实验③④中有浓度和催化剂两个变量，故不能比较反应速率：③＜④，D错误；
故选D。
2．A
拆开反应物的化学键需要吸热能量为198×6+498×3=2682 kJ，形成生成物的化学键释放的能量为360×12=4320kJ，二者之差为释放能量4320kJ-2682 kJ=1638 kJ。
综上所述答案为A。
3．C
由υ＝可知，υ正与 t的乘积为Y浓度减小量，υ逆与 t的乘积为Y浓度增加量，Δc＝υ正Δt－υ逆Δt＝SabdO－SbOd，所以阴影部分的面积为Y的浓度的变化，Y浓度的变化也等于Z浓度的变化，为X浓度变化的2倍，答案选C。
4．B
A．氯原子最外层电子数为7，易得到电子形成8电子稳定结构，A项错误；
B．氯原子最外层有7个电子，易得到1个电子形成稳定的氯离子，B项正确；
C．氯元素的化合价有－1，0，+1，+4，+5，+7等价，C项错误；
D．氯元素在元素周期表中位于第3周期第ⅦA族，D项错误；
答案选B。
5．C
由题干某原电池的总反应为可知，Fe在反应中由0价转化为+2价，化合价升高，发生氧化反应，故Fe作负极，Cu2+在反应中化合价由+2价降低为0价，化合价降低，发生还原反应，故在正极上发生该反应，据此分析解题。
A．由于Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu为正极，电解质中的Cu2+被还原，A项错误；
B．装置中没有自发的发生氧化还原反应，B项错误；
C．由于Fe比Cu活泼，故Fe作负极，Cu为正极，电解质中的Cu2+被还原，C项正确；
D．装置中没有自发的发生氧化还原反应，D项错误；
答案选C。
6．D
A．原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以在熔融电解质中，O2-移向负极，故A正确；
B．通入丁烷的一极是负极，在该电极上发生丁烷失电子的氧化反应，电极反应为C4H10-26e-+13O2-=4CO2+5H2O，故B正确；
C．通入空气的一极是正极，在该电极上发生氧气得电子的还原反应，电极反应为O2+4e-=2O2-，故C正确；
C．通入丁烷的一极是负极，在该电极上发生丁烷失电子的氧化反应，电极反应为C4H10+26e-+13O2-=4CO2+5H2O，故 D错误；
故答案为D。
7．D
A．煤块粉碎为煤粉,增大接触面积,可以加快反应速率,故A不选；
B．在食品中添加防腐剂，可以减慢反应速率，故B不选；
C．冰袋可以降低温度，减慢反应速率，故C不选；
D．提高炼铁高炉的高度不能改变平衡状态，因此不能减少尾气中CO的浓度，也不能改变反应速率，故D选．
故选D。
8．C
A．若两容器保持恒温，则为等效平衡，正反应速率相等，现为恒容绝热容器，I中温度升高，II中温度降低，所以达平衡时，混合气体的温度I比II高，正反应速率：I＞II，A不正确；
B．由A中分析可知，达平衡时容器I的温度比II高，由于正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以两容器中的平衡常数：I＜II，B不正确；
C．若温度不变，容器I和容器II中CO2的物质的量相等，现达平衡时，容器I的温度比II高，升温时平衡逆向移动，所以容器Ⅰ中CO2的物质的量比容器Ⅱ中CO2的少，C正确；
D．若温度不变，容器I和容器II为等效平衡，则此时容器Ⅰ中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和等于1，现容器II的温度比容器I低，相当于容器I降温，平衡正向移动，容器II中CO2的转化率减小，所以容器Ⅰ 中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和小于1，D不正确；
故选C。
9．D
A．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，每个CO2分子中含有6+8×2=22个电子，所以共22NA个电子，A错误；
B．10.1g N(C2H5)3的物质的量为n==0.1mol，每个N(C2H5)3分子中含有3个C-C键为非极性键，所以故0.1mol此物质中含有的非极性键数目为0.3NA，B错误；
C．二氧化碳与一氧化二氮分子中含有氧原子个数不相等，只知道混合物的质量，无法计算含有氧原子数目，C错误；
D．100g46%的甲酸水溶液中，含有甲酸分子的物质的量为=1mol，含有氧原子的物质的量为1mol×2=2mol，含水的物质的量为=3mol，含有氧原子的物质的量为3mol×1=3mol，故该溶液中含有氧原子数为(2mol+3mol)×NAmol-1=5NA，D正确；
综上所述答案为D。
10．D
A．缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，错误；
B．增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但气体体积增大，各气体浓度均减小，混合气体颜色变浅，错误；
C．为固体，加入碳后，平衡不移动，错误；
D．合成氨时保持压强不变，充入，则容器容积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向左移动，正确。
故选D。
11．D
化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变。
A．反应物和生成物浓度相等不能作为判断达到平衡状态的标志，故A错误；
B ．v(CO2)=v(H2)没有标注正逆反应速率，且不符合两者的化学计量数关系，不能判定平衡状态，故B错误；
C．该反应在反应的任何时刻均存在单位时间内每消耗，同时生成，故不能判断达到平衡状态，故C错误；
D．反应物或生成物浓度不变，说明反应达到平衡，故的体积分数在混合气体中保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
12．B
A．浓硫酸的稀释，不是化学反应，不属于氧化还原反应，该过程放出热量， A不符合题意；
B．与水反应生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，同时放出大量的热，属于放热反应，B符合题意；
C．与反应属于复分解反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，C不符合题意；
D．C与反应生成CO，该反应属于氧化还原反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，D不符合题意；
故选B。
13． 60 > = 0.07 0.0015 0.20
（1）由表可知，60s时反应达平衡，根据方程式计算△c(N2O4)，根据转化率计算平衡时N2O4的转化率；根据方程式计算，计算c2、c3，据此解答；60s后反应达平衡，反应混合物各组分的浓度不变；
（2）由△c(NO2)，根据方程式计算△c（N2O4），20s的四氧化二氮的浓度=起始浓度-△c(N2O4)；根据v=计算v(N2O4)；
（3）达到上述同样的平衡状态，说明两个平衡为等效平衡，按化学计量数换算到N2O4一边，满足c(N2O4)为0.100mol/L；
(1)由表可知，60s时反应达平衡，c(NO2)=0.120mol/L,根据反应N2O4 2NO2可知,平衡时消耗二氧化氮的浓度为：c(N2O4)=0.120mol/L×=0.06mol/L，则平衡时N2O4的转化率为： ×100%=60%；达到平衡时各组分的浓度不再变化，则c3=a=b=0.1mol/L 0.06mol/L=0.04mol/L；由表可知，40s时，c(N2O4)=0.050mol/L，N2O4的浓度变化为：(0.1 0.05)mol/L=0.05mol/L，则c2=0.05mol/L×2=0.10mol/L，所以c2>c3，
故答案为：60；>；=；
(2)由表可知，20s时，c(NO2)=0.060mol/L，则反应消耗N2O4的浓度为0.030mol/L，则20s的四氧化二氮的浓度c1=0.1mol/L 0.03mol/L=0.07mol/L；在0s 20s内四氧化二氮的平均反应速率为v(N2O4)==0.0015mol (L s) 1，
故答案为：0.07；0.0015；
(3)达到上述同样的平衡状态，为等效平衡，按化学计量数换算到N2O4一边,满足c(N2O4)为0.100mol/L即可，根据反应N2O4 2NO2可知二氧化氮的浓度应该为：c(NO2)=2c(N2O4)=0.1mol/L×2=0.20mol/L，
故答案为：0.20。
14．③④⑦⑨
①，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故①错误；
②，无法判断各组分的浓度是否继续变化，无法判断是否达到平衡状态，故②错误；
③、、不再随时间而改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故③正确；
④单位时间内生成的同时生成，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故④正确；
⑤单位时间内生成的同时生成，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率的关系，故⑤错误；
⑥反应速率，没有正逆反应速率，则无法判断平衡状态，故⑥错误；
⑦一个H H键断裂的同时有两个H I键断裂，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故⑦正确；
⑧该反应为气体体积不变的反应，压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，故⑧错误；
⑨温度和体积一定时混合气体的颜色不再变化，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故⑨正确；
⑩气体总质量不变、容器容积不变，密度为定值，故⑩错误；
该反应前后气体质量不变，气体总物质的量不变，则气体的平均摩尔质量为定值，不能据此判断平衡状态，故 错误；
综上已经达到平衡状态的标志是③④⑦⑨，故答案为：③④⑦⑨。
15． 11 391
(1)根据氢气和碘单质反应生成2molHI的热化学方程式，结合 H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
(2)由图可知，N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的 H，结合 H=反应物的总键能-生成物的总键能计算。
(1)已知破坏1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由氢气和碘单质反应生成2molHI的热化学方程式为：I2(g)+H2(g)=2HI(g) H，根 H=反应物的总键能-生成物的总键能=436kJ/mol+151kJ/mol-2×299kJ/mol=-11 kJ/mol， H＜0，反应为放热，则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出11 kJ的热量；
(2)由图可知，N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的热化学方程式为：N2(g)+H2(g) NH3(g) H=E1-E2=(1127-1173) kJ/mol=-46 kJ/mol，反应物断裂化学键放出的能量为×946 kJ+×436kJ=1127 kJ，生成物形成化学键放出的能量为1127+46=1173kJ，设N-H键的能量为xkJ/mol，则3x=1173，解得x=391kJ/mol。
16． 0.6mol·L-1·min-1 3 BD
由题意可建立如下三段式:
(1)从开始反应至达到平衡状态，由三段式数据可知生成C的平均反应速率为=0.6mol·L-1·min-1，故答案为：0.6mol·L-1·min-1；
(2)由变化量之比等于化学计量数之比可得：1：x=0.4mol/L：1.2mol/L，解得x=3，故答案为：3；
(3) A．由方程式可知，该反应为气体体积不变的反应，无论是否达到平衡，气体压强均不会变化，则压强不再变化不能说明反应达到平衡状态，故错误；
B．该反应是气体质量减小的、气体体积不变的反应，反应中气体密度减小，则气体密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故正确；
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1不能表示正逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，故错误；
D．A的百分含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故正确；
BD正确，故答案为：BD。
17． 30.0 6.0×10-2
根据物质反应时，压强比等于相应物质的化学计量数的比分析计算。
在反应开始时，pN2O5=35.8 kPa，时，体系中，则根据方程式：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)中物质转化关系可知N2O4(g)压强为pN2O4(g)=2×2.9kPa=5.8 kPa，则此时pN2O5(g)= 35.8 kPa-5.8 kPa=30.0 kPa，带入速率公式，可得v=2.0×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。
18．(1) 酒精 溶液
(2)B
(3) 下 四氯化碳难溶于水，密度大于水，且碘在四氯化碳中的溶解度远大于水
(4)100mL容量瓶
(5) 72% 偏大
【解析】(1)
I2、KI溶于乙醇后形成碘酒，其分散剂为乙醇（即酒精），分散质为I2、KI，由于分散质为小分子、离子，直径小于1 nm，故该分散系属于溶液；
(2)
I2吸收能量升华，分子运动速度加快，分子间距离变大，故分子间作用力减弱，但分子数目和质量保持不变，故此处选B；
(3)
萃取后I2溶解在CCl4中，由于CCl4密度比水大，故萃取后碘主要在下层，理由是：CCl4难溶于水，密度大于水，且I2在CCl4中溶解度远大于水；
(4)
配制90 mL溶液选用100 mL容量瓶，故所需的定量仪器为100 mL容量瓶；
(5)
由反应原理得关系式：2CuO~2CuSO4~I2~2Na2S2O3，则样品中CuO的物质的量n(CuO)=n(Na2S2O3)=90 mL×10-3 L/mL×0.20 mol/L=0.018 mol，所以样品中CuO的质量分数=；
配制Na2S2O3溶液时俯视，导致所配Na2S2O3溶液体积偏大，浓度偏小，则反应等量的待测样品消耗Na2S2O3溶液体积偏大，故测量结果偏大。
19． 产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等) 实验使用的催化剂所阴离子种类和浓度均不同，其可能影响反应速率 分液漏斗 检查装置的气密性 在同温同压下，反应2min收集气体的体积 小于 溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响(其他合理答案)
探究催化剂对过氧化氢分解的影响，根据实验要求应控制变量，通过分解生成气泡的快慢或单位时间内生成氧气的体积进行催化效果的判断，反应物浓度越高，反应速率越快。
(1)甲中可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果；实验使用的催化剂所阴离子种类和浓度均不同，其可能影响反应速率，有同学认为该实验不能比较Fe3+和Cu2+的催化效果；故答案为：产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等)；实验使用的催化剂所阴离子种类和浓度均不同，其可能影响反应速率；
(2)由装置图可知：仪器A的名称是分液漏斗；反应速率是根据测定相同时间内产生气体的体积来衡量的，为保证测定相同时间内产生气体的体积的准确性，要检查装置的气密性，操作是：组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段，松手后，看是否回到原位，回到原位证明气密性良好；实验时以2min时间为准，需要测量的数据是气体的体积；故答案为：分液漏斗；检查装置的气密性；在同温同压下，反应2min收集气体的体积
(3)随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减小，3min~4min生成10mL气体，那么2min~3min生成气体的体积应大于10mL，故b小于90mL；故答案为：小于；
(4)从表中可以看出，3组实验不同的实验条件是溶液的酸碱性，因此实验设计的目的是为了探究溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响。故答案为：溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响(其他合理答案)；
20． 铁 不导电，阻碍电子转移 本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率 ，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移 初始pH低时，产生的充足；初始pH高时，产生的不足
(1) NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+ ，根据图2信息可知为酸性环境；(2)pH越高 Fe3+越易水解生成FeO(OH) ；
(3)①根据图2中的三个实验结果进行分析；
②结合(2)题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析；
(1) ①Fe还原水体中，则Fe作还原剂发生氧化反应，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
在正极得电子发生还原反应产生，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：，故答案为：；
（2）①加入可以显提高的去除率，pH越高，越易水解生成，而不导电，阻碍电子转移，所以的去除率低，故答案为：不导电，阻碍电子转移；
(3)从图2的实验结果可以看出，单独加入时，的去除率为0，因此得出不能直接还原；而Fe和共同加入时的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率，故答案为：本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率；
同位素示踪法证实了能与反应生成，离子方程式为：，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移，故答案为：，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移；
（4）根据实验结果可知的作用是将不导电的转化为可导电的，而的去除率由铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始pH会影响的含量，故答案为：初始pH低时，产生的充足；初始pH高时，产生的不足。
21． 碳 钠 第三周期 VIIA HClO4 Na O
L原子中只有一个电子，则L为H元素；M原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则核外有2个电子层，电子数分别是2和4，M为C元素；N为地壳中含量最多的元素，则N为O；Q所在的周期数是族序数的3倍，又属于短周期元素，则Q的周期数为3，族序数为1，推出Q为Na元素；R2+具有与氖原子相同的电子层结构，则R为第三周期元素，核外最外层电子数为2，即R为Mg元素；T的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，绝对值之和为8，则T的最高正化合价位+7，位于VIIA族，短周期元素中T为Cl元素，再结合元素周期表与元素周期律，物质的结构与性质作答。
根据上述分析可知，L、M、N、Q、R和T分别是H、C、O、Na、Mg和Cl，则
（1）M为碳元素，Q为Na钠元素，
故答案为碳；钠；
（2）T为Cl，根据上述分析可知，最高正化合价=族序数，位于第三周期 VIIA族，核外电子层为3层，其原子结构示意图为，其最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，
故答案为第三周期 VIIA族；；HClO4；
（3）原子的电子层数越少，其原子半径越小；同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，则上述六种元素中原子半径最大的是Na；同主族中从上到下元素的非金属性依次减弱，同一周期中从左到右元素非金属性依次增强，则上述六种元素中非金属性最强的是O，
故答案为Na；O;
（4）MN2为二氧化碳，为共价化合物，分子内含碳氧共价双键，其电子式为：，RT2为氯化镁，是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，
故答案为；。
22． Na2O 离子键 1：2 Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH CO32-+CO2+H2O═2HCO3- 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑
(1)若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色,则应含有Na元素,三个反应均属于为化合反应,可以知道X为Na，Y为Na2O，Z为Na2O2。
(2)若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素, 0.1 mol/L的三种物质的溶液pH：Y>X>Z>7，则Y是强碱,X、Z是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,又因为这三种物质为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素,所以Y是氢氧化钠,X是碳酸钠,Z是碳酸氢钠。
(3)若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素,Y是日常生活中最重要的盐,则Y是氯化钠,X是单质,则X是钠,②的反应条件为电解,电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,Z中含有金属元素,则Z是氢氧化钠；反应③为金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气。
(1)若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色,则这三种物质都含有钠元素,三个反应均为化合反应,则Y中含有变价元素,根据教材知识知,X是钠、Y是氧化钠、Z是过氧化钠,通过以上分析知,Y是氧化钠,其化学式为Na2O ,Z是过氧化钠,其电子式为,Y和Z中都含有离子键,但Z中还含有非极性共价键,当(2)、(3)两个反应生成的Z量相等时,分别发生:2Na2O+O2=2Na2O2,2Na+O2=Na2O2,若生成2molNa2O2,转移的电子的物质的量分别为2mol、4mol，则转移的电子数目之比为1:2；正确答案是: Na2O ； ；离子键； 1：2。
(2)若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素,0.1mol/L的三种物质的溶液pH：Y>X>Z>7,则Y是强碱，X、Z是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,又因为这三种物质为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素,所以Y是氢氧化钠,X是碳酸钠，Z是碳酸氢钠；碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠,反应方程式为: Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；反应③为碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠,离子反应方程式为: CO32-+CO2+H2O═2HCO3-；正确答案：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH ； CO32-+CO2+H2O═2HCO3- 。
(3)若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素,Y是日常生活中最重要的盐,则Y是氯化钠,X是单质,则X是钠,②的反应条件为电解,电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,Z中含有金属元素,则Z是氢氧化钠；则②的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；反应③为金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；正确答案：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑。
一、单选题（共12题）
1．为了研究外界条件对分解反应速率的影响，某同学在相应条件下进行实验，实验记录如下表：
实验序号 反应物 温度 催化剂 收集V mL气体所用时间
① 5 mL 5% 溶液 25℃ 2滴1 mol/L
② 5 mL 5% 溶液 45℃ 2滴1 mol/L
③ 5 mL 10% 溶液 25℃ 2滴1 mol/L
④ 5 mL 5% 溶液 25℃ 不使用
下列说法中，不正确的是A．通过实验①②，可研究温度对反应速率的影响
B．所用时间：
C．通过实验①④，可研究催化剂对反应速率的影响
D．反应速率：③＜④
2．白磷与氧气在一定条件下可以发生如下反应：P4+3O2=P4O6。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P 198kJ/mol，P—O 360kJ/mol，O=O 498kJ/mol。
根据上图所示的分子结构和有关数据，计算该反应的能量变化，正确的是
A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量
C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量
3．在容积为4 L的刚性密闭容器中，进行可逆反应：X(g)＋2Y(g) 2Z(g)并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率υ(正)、υ(逆)与时间t的关系如图。则图中阴影部分的面积表示( )
A．X的浓度的变化 B．Y的物质的量的变化
C．Z的浓度的变化 D．Z的物质的量的减少
4．氯元素的原子结构示意图为，下列说法正确的是
A．氯原子在化学反应中易失去电子
B．氯原子易得到电子形成稳定的氯离子
C．氯元素的化合价只有-1价
D．氯在元素周期表中位于第3周期第Ⅶ族
5．某原电池的总反应是，该原电池的正确组成是
A． B． C． D．
6．一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷（C4H10）气体，电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，其在熔融状态下能传导O2-。已知电池的总反应是2C4H10+13O2→8CO2+10H2O。下列说法不正确的是（ ）
A．在熔融电解质中，O2-向负极移动
B．通入丁烷的一极是负极，电极反应为C4H10-26e-+13O2-=4CO2+5H2O
C．通入空气的一极是正极，电极反应为O2+4e-=2O2-
D．通入丁烷的一极是正极，电极反应为C4H10+26e-+13O2-=4CO2+5H2O
7．日常生活中的下列做法，与调控化学反应速率无关的是
A．燃煤时将煤块粉碎为煤粉
B．制作绿豆糕时添加适量的食品防腐剂
C．空运水果时在包装箱中放入冰袋
D．炼铁时采用增加炉子高度的方法减少尾气排放
8．一定条件下存在反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换) 密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1mol CO和1mol H2O，在Ⅱ中充入1mol CO2 和1mol H2，在Ⅲ中充入2mol CO 和2mol H2O，700℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是
A．两容器中正反应速率：I＜II
B．两容器中的平衡常数：I＞II
C．容器Ⅰ 中CO2的物质的量比容器Ⅱ中CO2的少
D．容器Ⅰ 中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和大于1
9．为实现“双碳”目标，某科研小组设计捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A．标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B．10.1 g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为1.8NA
C．22 g CO2与N2O混合物中所含氧原子的数目为NA
D．100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
10．下列叙述及解释正确的是
A． ，在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅
B． ，在达到平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变
C．，在达到平衡后，加入碳，平衡向正反应方向移动
D．，在达到平衡后，保持压强不变，充入，平衡向左移动
11．在体积为的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，能说明上述反应达到平衡状态的是
A．反应中与的物质的量浓度相等时
B．V(CO2)=V(H2)
C．单位时间内每消耗，同时生成
D．的体积分数在混合气体中保持不变
12．下列反应既属于氧化还原反应又属于放热反应的是
A．浓硫酸的稀释 B．与水反应
C．与反应 D．与反应
二、非选择题（共10题）
13．在100 ℃时，将0.100 mol的N2O4气体充入1 L 抽空的密闭容器中，发生如下反应：N2O42NO2，隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到下表：
(1)达到平衡时，N2O4的转化率为______________，表中c2________c3，a________b(填“>”、“<”或“＝”)。
(2)20 s时N2O4的浓度c1＝________ mol·L－1，在0～20 s内N2O4的平均反应速率为________ mol·L－1·s－1。
(3)若在相同情况下最初向该容器充入的是二氧化氮气体，则要达到上述同样的平衡状态，二氧化氮的起始浓度是________ mol·L－1。
14．H2(g)+ I2(g) 2HI(g)已经达到平衡状态的标志是________（填序号）。
①
②
③、、不再随时间而改变
④单位时间内生成的同时生成
⑤单位时间内生成的同时生成
⑥反应速率
⑦一个键断裂的同时有两个键断裂
⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
温度和体积一定时，混合气体的平均相对分子质量不再变化
15．(1)已知破坏1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出___kJ的热量。
(2)现已知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示：
根据下列键能数据计算N—H键键能为___kJ/mol。
化学键 H—H N≡N
键能(kJ/mol) 436 946
16．恒温恒容下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mol·L-1。
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为___。
(2)x=__。
(3)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是__。
A．压强不再变化
B．气体密度不再变化
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1
D．A的百分含量保持不变
17．F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了时分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如表所示（t=时，完全分解）：
t/min 0 40 80 160 260 1300 1700
p/kPa
研究表明，分解的反应速率v=。时，测得体系中，则此时的___________________，v= ___________________。
18．单质碘(I2)在医药。分析等方面应用广泛，回答下列问题
(1)碘酊又称碘酒，常用于皮肤消毒。它是由I2、KI分散于乙醇后形成的分散系。碘酊中分散剂为___________，该分散系属于___________(选填“胶体”“浊液”“溶液”)。
(2)I2加热易升华，升华时下列物理量增大的是___________(选填编号)
A．分子间作用力 B．分子间的平均距离 C．分子的数目 D．分子的质量
(3)用CCl4提取碘水中I2，萃取后单质碘主要在___________层(选填“上”“下”)，理由是___________。碘量法测定氧化铜样品中CuO含量步骤如下：取2.00g氧化铜样品溶于足量稀硫酸(假设杂质不参与反应)，充分反应后过滤。再向滤液中加入过量KI溶液反应，最后当加入90mL 0.20mol/LNa2S2O3溶液恰好完全反应。主要反应原理为：
2CuSO4+4KI=2CuI↓+I2+2K2SO4
2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6
(4)配置上述Na2S2O3溶液所需的定量仪器有___________。
(5)上述氧化铜样品中CuO的质量分数为___________。若配制Na2S2O3溶液时俯视读数，则测量结果___________(选填“偏小”“偏大”“不变”)
19．H2O2能缓慢分解生成水和氧气，但分解速率较慢，加入催化剂会加快分解速率。某化学兴趣小组为研究不同催化剂对H2O2分解反应的催化效果，设计了如图甲、乙、丙所示的三组实验。
(1)定性分析：可以通过观察甲装置的_____现象，而定性得出关于Fe3+和Cu2+催化效果的结论。有同学认为该实验不能比较Fe3+和Cu2+的催化效果，理由是_____。
(2)定量测定：用乙装置做对照试验，仪器A的名称是___。实验时组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段距离后松开，观察活塞是否回到原来的位置。这一操作的实验目的是___。实验时以2min时间为准，需要测量的数据是____。(其它可能影响实验的因素均已忽略)
(3)定量分析：利用丙装置探究MnO2对H2O2分解的催化效果。将30mL5%H2O2溶液一次性加入盛有0.10molMnO2粉末的烧瓶中，测得标准状况下由量气管读出气体的体积[V(量气管)]与时间(t/min)的关系如图所示。图中b点_______90mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(4)补充实验：该小组补充进行了如下对比实验，实验药品及其用量如下表所示。实验设计的目的是为了探究______。
编号 反应物 催化剂
① 30mL5%H2O2溶液，10滴H2O 0.10molMnO2
② 30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LHCl溶液 0.10molMnO2
③ 30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LNaOH溶液 0.10molMnO2
20．用零价铁去除水体中的硝酸盐已成为环境修复研究的热点之一．
还原水体中的反应原理如图1所示．
①作负极的物质是______．
②正极的电极反应式是______．
将足量铁粉投入水体中，经24小时测定的去除率和pH，结果如下：
初始pH
的去除率 接近
24小时pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
时，的去除率低．其原因是______．
实验发现：在初始的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的可以明显提高的去除率．对的作用提出两种假设：
Ⅰ直接还原；
Ⅱ破坏氧化层．
①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是______．
②同位素示踪法证实能与反应生成结合该反应的离子方程式，解释加入提高去除率的原因：______．
其他条件与相同，经1小时测定的去除率和pH，结果如表：
初始pH
的去除率 约 约
1小时pH 接近中性 接近中性
与中数据对比，解释中初始pH不同时，去除率和铁的最终物质形态不同的原因：______．
21．现有六种短周期元素，原子序数逐渐增大。请根据以下信息，用元素符号回答下列问题：
L 原子中只有一个电子
M 原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍
N 地壳中含量最多的元素
Q 所在的周期数是族序数的3倍
R R2+具有与氖原子相同的电子层结构
T 最高正化合价与最低负化合价的代数和为6
（1）写出这两种元素的名称：M_________、Q________。
（2）T在周期表中的位置是______，T的原子结构示意图为_______，T的最高价氧化物对应水化物的化学式为_______。
（3）上述六种元素中原子半径最大的是__________，非金属性最强的是____________。
（4）写出MN2的电子式_________，用电子式表示化合物RT2的形成过程：______________。
22．有X、Y、Z三种物质，它们之间存在如下转化关系：
(1)若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色，三个反应均为化合反应，则Y的化学式为_________，Z的电子式为_________；Y、Z两种物质相比，相同的化学键类型为__________，当由X制取Z的上述两种途径生成Z的量相等时，转移电子数目比为________。
(2)若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素，0.1 mol/L的三种物质的溶液pH：Y>X>Z>7，则①的化学方程式为___________________，③的离子方程式为__________________。
(3)若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素，X是单质，Y是日常生活中最重要的盐，②的反应条件为电解，则②的化学方程式为_________________，③的离子方程式为________。
参考答案：
1．D
A．实验①②中除温度外其他条件均相同，可研究温度对反应速率的影响，A正确；
B．实验①③中除过氧化氢浓度不同外其他条件均相同，浓度大的反应速率快，故收集相同体积的气体实验③用的时间短，故t1>t3，B正确；
C．实验①④中，④采用了催化剂，其他条件均相同，可研究催化剂对反应速率的影响，C正确；
D．实验③④中有浓度和催化剂两个变量，故不能比较反应速率：③＜④，D错误；
故选D。
2．A
拆开反应物的化学键需要吸热能量为198×6+498×3=2682 kJ，形成生成物的化学键释放的能量为360×12=4320kJ，二者之差为释放能量4320kJ-2682 kJ=1638 kJ。
综上所述答案为A。
3．C
由υ＝可知，υ正与 t的乘积为Y浓度减小量，υ逆与 t的乘积为Y浓度增加量，Δc＝υ正Δt－υ逆Δt＝SabdO－SbOd，所以阴影部分的面积为Y的浓度的变化，Y浓度的变化也等于Z浓度的变化，为X浓度变化的2倍，答案选C。
4．B
A．氯原子最外层电子数为7，易得到电子形成8电子稳定结构，A项错误；
B．氯原子最外层有7个电子，易得到1个电子形成稳定的氯离子，B项正确；
C．氯元素的化合价有－1，0，+1，+4，+5，+7等价，C项错误；
D．氯元素在元素周期表中位于第3周期第ⅦA族，D项错误；
答案选B。
5．C
由题干某原电池的总反应为可知，Fe在反应中由0价转化为+2价，化合价升高，发生氧化反应，故Fe作负极，Cu2+在反应中化合价由+2价降低为0价，化合价降低，发生还原反应，故在正极上发生该反应，据此分析解题。
A．由于Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu为正极，电解质中的Cu2+被还原，A项错误；
B．装置中没有自发的发生氧化还原反应，B项错误；
C．由于Fe比Cu活泼，故Fe作负极，Cu为正极，电解质中的Cu2+被还原，C项正确；
D．装置中没有自发的发生氧化还原反应，D项错误；
答案选C。
6．D
A．原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以在熔融电解质中，O2-移向负极，故A正确；
B．通入丁烷的一极是负极，在该电极上发生丁烷失电子的氧化反应，电极反应为C4H10-26e-+13O2-=4CO2+5H2O，故B正确；
C．通入空气的一极是正极，在该电极上发生氧气得电子的还原反应，电极反应为O2+4e-=2O2-，故C正确；
C．通入丁烷的一极是负极，在该电极上发生丁烷失电子的氧化反应，电极反应为C4H10+26e-+13O2-=4CO2+5H2O，故 D错误；
故答案为D。
7．D
A．煤块粉碎为煤粉,增大接触面积,可以加快反应速率,故A不选；
B．在食品中添加防腐剂，可以减慢反应速率，故B不选；
C．冰袋可以降低温度，减慢反应速率，故C不选；
D．提高炼铁高炉的高度不能改变平衡状态，因此不能减少尾气中CO的浓度，也不能改变反应速率，故D选．
故选D。
8．C
A．若两容器保持恒温，则为等效平衡，正反应速率相等，现为恒容绝热容器，I中温度升高，II中温度降低，所以达平衡时，混合气体的温度I比II高，正反应速率：I＞II，A不正确；
B．由A中分析可知，达平衡时容器I的温度比II高，由于正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以两容器中的平衡常数：I＜II，B不正确；
C．若温度不变，容器I和容器II中CO2的物质的量相等，现达平衡时，容器I的温度比II高，升温时平衡逆向移动，所以容器Ⅰ中CO2的物质的量比容器Ⅱ中CO2的少，C正确；
D．若温度不变，容器I和容器II为等效平衡，则此时容器Ⅰ中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和等于1，现容器II的温度比容器I低，相当于容器I降温，平衡正向移动，容器II中CO2的转化率减小，所以容器Ⅰ 中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和小于1，D不正确；
故选C。
9．D
A．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，每个CO2分子中含有6+8×2=22个电子，所以共22NA个电子，A错误；
B．10.1g N(C2H5)3的物质的量为n==0.1mol，每个N(C2H5)3分子中含有3个C-C键为非极性键，所以故0.1mol此物质中含有的非极性键数目为0.3NA，B错误；
C．二氧化碳与一氧化二氮分子中含有氧原子个数不相等，只知道混合物的质量，无法计算含有氧原子数目，C错误；
D．100g46%的甲酸水溶液中，含有甲酸分子的物质的量为=1mol，含有氧原子的物质的量为1mol×2=2mol，含水的物质的量为=3mol，含有氧原子的物质的量为3mol×1=3mol，故该溶液中含有氧原子数为(2mol+3mol)×NAmol-1=5NA，D正确；
综上所述答案为D。
10．D
A．缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，错误；
B．增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但气体体积增大，各气体浓度均减小，混合气体颜色变浅，错误；
C．为固体，加入碳后，平衡不移动，错误；
D．合成氨时保持压强不变，充入，则容器容积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向左移动，正确。
故选D。
11．D
化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变。
A．反应物和生成物浓度相等不能作为判断达到平衡状态的标志，故A错误；
B ．v(CO2)=v(H2)没有标注正逆反应速率，且不符合两者的化学计量数关系，不能判定平衡状态，故B错误；
C．该反应在反应的任何时刻均存在单位时间内每消耗，同时生成，故不能判断达到平衡状态，故C错误；
D．反应物或生成物浓度不变，说明反应达到平衡，故的体积分数在混合气体中保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
12．B
A．浓硫酸的稀释，不是化学反应，不属于氧化还原反应，该过程放出热量， A不符合题意；
B．与水反应生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，同时放出大量的热，属于放热反应，B符合题意；
C．与反应属于复分解反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，C不符合题意；
D．C与反应生成CO，该反应属于氧化还原反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，D不符合题意；
故选B。
13． 60 > = 0.07 0.0015 0.20
（1）由表可知，60s时反应达平衡，根据方程式计算△c(N2O4)，根据转化率计算平衡时N2O4的转化率；根据方程式计算，计算c2、c3，据此解答；60s后反应达平衡，反应混合物各组分的浓度不变；
（2）由△c(NO2)，根据方程式计算△c（N2O4），20s的四氧化二氮的浓度=起始浓度-△c(N2O4)；根据v=计算v(N2O4)；
（3）达到上述同样的平衡状态，说明两个平衡为等效平衡，按化学计量数换算到N2O4一边，满足c(N2O4)为0.100mol/L；
(1)由表可知，60s时反应达平衡，c(NO2)=0.120mol/L,根据反应N2O4 2NO2可知,平衡时消耗二氧化氮的浓度为：c(N2O4)=0.120mol/L×=0.06mol/L，则平衡时N2O4的转化率为： ×100%=60%；达到平衡时各组分的浓度不再变化，则c3=a=b=0.1mol/L 0.06mol/L=0.04mol/L；由表可知，40s时，c(N2O4)=0.050mol/L，N2O4的浓度变化为：(0.1 0.05)mol/L=0.05mol/L，则c2=0.05mol/L×2=0.10mol/L，所以c2>c3，
故答案为：60；>；=；
(2)由表可知，20s时，c(NO2)=0.060mol/L，则反应消耗N2O4的浓度为0.030mol/L，则20s的四氧化二氮的浓度c1=0.1mol/L 0.03mol/L=0.07mol/L；在0s 20s内四氧化二氮的平均反应速率为v(N2O4)==0.0015mol (L s) 1，
故答案为：0.07；0.0015；
(3)达到上述同样的平衡状态，为等效平衡，按化学计量数换算到N2O4一边,满足c(N2O4)为0.100mol/L即可，根据反应N2O4 2NO2可知二氧化氮的浓度应该为：c(NO2)=2c(N2O4)=0.1mol/L×2=0.20mol/L，
故答案为：0.20。
14．③④⑦⑨
①，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故①错误；
②，无法判断各组分的浓度是否继续变化，无法判断是否达到平衡状态，故②错误；
③、、不再随时间而改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故③正确；
④单位时间内生成的同时生成，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故④正确；
⑤单位时间内生成的同时生成，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率的关系，故⑤错误；
⑥反应速率，没有正逆反应速率，则无法判断平衡状态，故⑥错误；
⑦一个H H键断裂的同时有两个H I键断裂，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故⑦正确；
⑧该反应为气体体积不变的反应，压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，故⑧错误；
⑨温度和体积一定时混合气体的颜色不再变化，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故⑨正确；
⑩气体总质量不变、容器容积不变，密度为定值，故⑩错误；
该反应前后气体质量不变，气体总物质的量不变，则气体的平均摩尔质量为定值，不能据此判断平衡状态，故 错误；
综上已经达到平衡状态的标志是③④⑦⑨，故答案为：③④⑦⑨。
15． 11 391
(1)根据氢气和碘单质反应生成2molHI的热化学方程式，结合 H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
(2)由图可知，N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的 H，结合 H=反应物的总键能-生成物的总键能计算。
(1)已知破坏1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由氢气和碘单质反应生成2molHI的热化学方程式为：I2(g)+H2(g)=2HI(g) H，根 H=反应物的总键能-生成物的总键能=436kJ/mol+151kJ/mol-2×299kJ/mol=-11 kJ/mol， H＜0，反应为放热，则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出11 kJ的热量；
(2)由图可知，N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的热化学方程式为：N2(g)+H2(g) NH3(g) H=E1-E2=(1127-1173) kJ/mol=-46 kJ/mol，反应物断裂化学键放出的能量为×946 kJ+×436kJ=1127 kJ，生成物形成化学键放出的能量为1127+46=1173kJ，设N-H键的能量为xkJ/mol，则3x=1173，解得x=391kJ/mol。
16． 0.6mol·L-1·min-1 3 BD
由题意可建立如下三段式:
(1)从开始反应至达到平衡状态，由三段式数据可知生成C的平均反应速率为=0.6mol·L-1·min-1，故答案为：0.6mol·L-1·min-1；
(2)由变化量之比等于化学计量数之比可得：1：x=0.4mol/L：1.2mol/L，解得x=3，故答案为：3；
(3) A．由方程式可知，该反应为气体体积不变的反应，无论是否达到平衡，气体压强均不会变化，则压强不再变化不能说明反应达到平衡状态，故错误；
B．该反应是气体质量减小的、气体体积不变的反应，反应中气体密度减小，则气体密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故正确；
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1不能表示正逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，故错误；
D．A的百分含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故正确；
BD正确，故答案为：BD。
17． 30.0 6.0×10-2
根据物质反应时，压强比等于相应物质的化学计量数的比分析计算。
在反应开始时，pN2O5=35.8 kPa，时，体系中，则根据方程式：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)中物质转化关系可知N2O4(g)压强为pN2O4(g)=2×2.9kPa=5.8 kPa，则此时pN2O5(g)= 35.8 kPa-5.8 kPa=30.0 kPa，带入速率公式，可得v=2.0×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。
18．(1) 酒精 溶液
(2)B
(3) 下 四氯化碳难溶于水，密度大于水，且碘在四氯化碳中的溶解度远大于水
(4)100mL容量瓶
(5) 72% 偏大
【解析】(1)
I2、KI溶于乙醇后形成碘酒，其分散剂为乙醇（即酒精），分散质为I2、KI，由于分散质为小分子、离子，直径小于1 nm，故该分散系属于溶液；
(2)
I2吸收能量升华，分子运动速度加快，分子间距离变大，故分子间作用力减弱，但分子数目和质量保持不变，故此处选B；
(3)
萃取后I2溶解在CCl4中，由于CCl4密度比水大，故萃取后碘主要在下层，理由是：CCl4难溶于水，密度大于水，且I2在CCl4中溶解度远大于水；
(4)
配制90 mL溶液选用100 mL容量瓶，故所需的定量仪器为100 mL容量瓶；
(5)
由反应原理得关系式：2CuO~2CuSO4~I2~2Na2S2O3，则样品中CuO的物质的量n(CuO)=n(Na2S2O3)=90 mL×10-3 L/mL×0.20 mol/L=0.018 mol，所以样品中CuO的质量分数=；
配制Na2S2O3溶液时俯视，导致所配Na2S2O3溶液体积偏大，浓度偏小，则反应等量的待测样品消耗Na2S2O3溶液体积偏大，故测量结果偏大。
19． 产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等) 实验使用的催化剂所阴离子种类和浓度均不同，其可能影响反应速率 分液漏斗 检查装置的气密性 在同温同压下，反应2min收集气体的体积 小于 溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响(其他合理答案)
探究催化剂对过氧化氢分解的影响，根据实验要求应控制变量，通过分解生成气泡的快慢或单位时间内生成氧气的体积进行催化效果的判断，反应物浓度越高，反应速率越快。
(1)甲中可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果；实验使用的催化剂所阴离子种类和浓度均不同，其可能影响反应速率，有同学认为该实验不能比较Fe3+和Cu2+的催化效果；故答案为：产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等)；实验使用的催化剂所阴离子种类和浓度均不同，其可能影响反应速率；
(2)由装置图可知：仪器A的名称是分液漏斗；反应速率是根据测定相同时间内产生气体的体积来衡量的，为保证测定相同时间内产生气体的体积的准确性，要检查装置的气密性，操作是：组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段，松手后，看是否回到原位，回到原位证明气密性良好；实验时以2min时间为准，需要测量的数据是气体的体积；故答案为：分液漏斗；检查装置的气密性；在同温同压下，反应2min收集气体的体积
(3)随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减小，3min~4min生成10mL气体，那么2min~3min生成气体的体积应大于10mL，故b小于90mL；故答案为：小于；
(4)从表中可以看出，3组实验不同的实验条件是溶液的酸碱性，因此实验设计的目的是为了探究溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响。故答案为：溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响(其他合理答案)；
20． 铁 不导电，阻碍电子转移 本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率 ，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移 初始pH低时，产生的充足；初始pH高时，产生的不足
(1) NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+ ，根据图2信息可知为酸性环境；(2)pH越高 Fe3+越易水解生成FeO(OH) ；
(3)①根据图2中的三个实验结果进行分析；
②结合(2)题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析；
(1) ①Fe还原水体中，则Fe作还原剂发生氧化反应，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
在正极得电子发生还原反应产生，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：，故答案为：；
（2）①加入可以显提高的去除率，pH越高，越易水解生成，而不导电，阻碍电子转移，所以的去除率低，故答案为：不导电，阻碍电子转移；
(3)从图2的实验结果可以看出，单独加入时，的去除率为0，因此得出不能直接还原；而Fe和共同加入时的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率，故答案为：本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率；
同位素示踪法证实了能与反应生成，离子方程式为：，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移，故答案为：，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移；
（4）根据实验结果可知的作用是将不导电的转化为可导电的，而的去除率由铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始pH会影响的含量，故答案为：初始pH低时，产生的充足；初始pH高时，产生的不足。
21． 碳 钠 第三周期 VIIA HClO4 Na O
L原子中只有一个电子，则L为H元素；M原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则核外有2个电子层，电子数分别是2和4，M为C元素；N为地壳中含量最多的元素，则N为O；Q所在的周期数是族序数的3倍，又属于短周期元素，则Q的周期数为3，族序数为1，推出Q为Na元素；R2+具有与氖原子相同的电子层结构，则R为第三周期元素，核外最外层电子数为2，即R为Mg元素；T的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，绝对值之和为8，则T的最高正化合价位+7，位于VIIA族，短周期元素中T为Cl元素，再结合元素周期表与元素周期律，物质的结构与性质作答。
根据上述分析可知，L、M、N、Q、R和T分别是H、C、O、Na、Mg和Cl，则
（1）M为碳元素，Q为Na钠元素，
故答案为碳；钠；
（2）T为Cl，根据上述分析可知，最高正化合价=族序数，位于第三周期 VIIA族，核外电子层为3层，其原子结构示意图为，其最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，
故答案为第三周期 VIIA族；；HClO4；
（3）原子的电子层数越少，其原子半径越小；同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，则上述六种元素中原子半径最大的是Na；同主族中从上到下元素的非金属性依次减弱，同一周期中从左到右元素非金属性依次增强，则上述六种元素中非金属性最强的是O，
故答案为Na；O;
（4）MN2为二氧化碳，为共价化合物，分子内含碳氧共价双键，其电子式为：，RT2为氯化镁，是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，
故答案为；。
22． Na2O 离子键 1：2 Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH CO32-+CO2+H2O═2HCO3- 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑
(1)若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色,则应含有Na元素,三个反应均属于为化合反应,可以知道X为Na，Y为Na2O，Z为Na2O2。
(2)若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素, 0.1 mol/L的三种物质的溶液pH：Y>X>Z>7，则Y是强碱,X、Z是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,又因为这三种物质为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素,所以Y是氢氧化钠,X是碳酸钠,Z是碳酸氢钠。
(3)若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素,Y是日常生活中最重要的盐,则Y是氯化钠,X是单质,则X是钠,②的反应条件为电解,电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,Z中含有金属元素,则Z是氢氧化钠；反应③为金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气。
(1)若X、Y、Z三种物质的焰色反应均为黄色,则这三种物质都含有钠元素,三个反应均为化合反应,则Y中含有变价元素,根据教材知识知,X是钠、Y是氧化钠、Z是过氧化钠,通过以上分析知,Y是氧化钠,其化学式为Na2O ,Z是过氧化钠,其电子式为,Y和Z中都含有离子键,但Z中还含有非极性共价键,当(2)、(3)两个反应生成的Z量相等时,分别发生:2Na2O+O2=2Na2O2,2Na+O2=Na2O2,若生成2molNa2O2,转移的电子的物质的量分别为2mol、4mol，则转移的电子数目之比为1:2；正确答案是: Na2O ； ；离子键； 1：2。
(2)若X、Y、Z三种均为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素,0.1mol/L的三种物质的溶液pH：Y>X>Z>7,则Y是强碱，X、Z是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,又因为这三种物质为常见化合物且三种物质中均含有相同的两种短周期元素,所以Y是氢氧化钠,X是碳酸钠，Z是碳酸氢钠；碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠,反应方程式为: Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；反应③为碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠,离子反应方程式为: CO32-+CO2+H2O═2HCO3-；正确答案：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH ； CO32-+CO2+H2O═2HCO3- 。
(3)若X、Y、Z三种物质均含有同一种金属元素,Y是日常生活中最重要的盐,则Y是氯化钠,X是单质,则X是钠,②的反应条件为电解,电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,Z中含有金属元素,则Z是氢氧化钠；则②的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；反应③为金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；正确答案：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑。