四川省内江市威远中学2023-2024学年高二上学期第一次月考化学Word版含解析.docx

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四川省内江市威远中学2023～2024学年高二上学期第一次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Cl-35.5一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项最符合题意)1.我国科学家在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，对实现“碳中和”与“碳达峰”有重要意义，下列说法正确的是A.全合成过程一定包含能量的变化B.使用催化剂能提升全合成过程的平衡转化率C.以相同反应物合成淀粉，人工合成与自然合成两种途径反应热不相同D.全合成的第一步为吸热反应，则反应物的键能总和低于生成物的键能总和【答案】A【解析】【详解】A．全合成过程属于化学反应，而所有的化学反应都伴随能量的变化，A正确；B．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，不能改变转化率，B错误；C．反应热只与反应的起始状态和最终状态有关，而与反应途径无关，故人工合成与自然合成两种途径反应热相同，C错误；D．反应物的键能总和低于生成物的键能总和，则为放热反应，另外D选项也只是说第一步为吸热反应，没有说总反应是吸热还是放热，D错误；故选A。2.结合已知条件分析，下列热化学方程式正确的是(所有数据均在常温常压条件下测定)选项已知条件热化学方程式A的燃烧热为B与足量充分反应后，放出热量49.15kJC D31g白磷比31g红磷能量多bkJA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．的燃烧热是指1mol氢气完全反应生成1mol液态水时放出的热量，故A错误；B．该反应为可逆反应，与足量充分反应后，放出热量49.15kJ，则1mol完全反应时放出的热量大于49.15kJ，题中反应的反应热，故B错误；C．该反应中生成硫酸钡沉淀，实际反应放热更多，，故C错误；D．31g白磷比31g红磷能量多bkJ，则1mol比能量多4bkJ，热化学反应方程式正确，故D正确；故选：D。3.已知化合物A＋H2OⅠⅡB＋HCOO-，其反应历程如图所示，其中TS1、TS2、TS3表示不同的过渡态，Ⅰ、Ⅱ表示中间体。下列说法正确的是A.反应③、⑤为决速步骤B.该历程中的最大能垒(活化能)E正=16.87eVC.该反应历程分三步进行D.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热【答案】C【解析】【详解】A ．反应③的活化能最大，反应速率最小，由于化学反应由最慢的一步决定，所以反应③为决速步骤，A错误；B．由图可知，该历程中的最大能垒（活化能）E正=16.87kJ•mol-1-(-1.99kJ•mol-1)=18.86kJ•mol-1，B错误；C．由图可知，该历程中存在3种过渡态，则该反应历程分三步进行，C正确；D．催化剂可降低反应所需的活化能，改变反应速率，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应始态和终态的总能量，即不能改变反应热，D错误；故选C。4.设NA是阿伏加德罗常数值。下列说法错误的是A.1L0.1mol/LNH4NO3溶液中含有氮原子总数为0.2NAB.7.8gNa2O2与水完全反应，转移电子数为0.2NAC.2.8gCO和N2混合气体中含有质子数为1.4NAD.标准状况下，2.24L环丙烷中化学键数目为0.9NA【答案】B【解析】【详解】A．1L0.1mol/LNH4NO3溶液中含有0.1molNH4NO3，含有氮原子总数为0.2NA，故A正确；B．7.8gNa2O2的物质的量为=0.1mol，与水反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中只有Na2O2中O元素的化合价发生变化，反应中转移2个电子，因此0.1molNa2O2完全反应转移的电子数为0.1NA，故B错误；C．CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，2.8gCO和N2混合气体的物质的量为0.1mol，CO和N2分子中含有的质子数都是14，则2.8gCO和N2混合气体中含有质子数为1.4NA，故C正确；D．标准状况下，2.24L环丙烷的物质的量==0.1mol，1个环丙烷分子中含有6个C-H和3个C-C，化学键总数为9，因此0.1mol环丙烷中化学键数目为0.9NA，故D正确；故选B。5.T℃时在2L密闭容器中使与发生反应生成，反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图甲所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的转化率与时间的关系如图乙所示。则下列结论正确的是 A.反应进行的前内，用X表示的反应速率B.保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小C.若改变反应条件，使反应进程如图丙所示，则改变的条件是增大压强D.容器中发生的反应可表示为【答案】B【解析】【分析】【详解】A．题图甲中，反应进行到时，已经达到平衡，平衡时，的物质的量为，，故A错误；B．由图乙知，“先拐先平数值大”，，升高温度，的平衡转化率减小，平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数减小，故B正确；C．图丙与图甲比较，图丙达到平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故C错误；D．由图甲知，前内的物质的量减少量为，的物质的量减少量为，、为反应物，的物质的量增加量为，为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于化学计量数之比，所以、、的化学计量数之比为，所以该反应可表示为，故D错误；答案选B。6.已知下列反应的平衡常数：H2S(g)=H2(g)+S(s)K1；S(s)+O2(g)=SO2(g)K2；则反应H2(g)+SO2(g)=O2(g)+H2S(g)的平衡常数是A.K1+K2B.K1-K2C.D. 【答案】D【解析】【详解】，，反应H2(g)+SO2(g)=O2(g)+H2S(g)的平衡常数，故选：D。7.在1200°C时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：①②③④则ΔH4的正确表达式为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．由盖斯定律可知，得反应④，则，A错误；B．由盖斯定律分析可知，B错误；C．由盖斯定律分析可知，C正确；D．由盖斯定律分析可知，D错误故选C。8.已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键H-HH-O键能/(kJ·mol436463 -1)热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-482kJ·mol-1则2O(g)=O2(g)ΔH为A.428kJ·mol-1B.-428kJ·mol-1C.498kJ·mol-1D.-498kJ·mol-1【答案】D【解析】【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。【详解】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。9.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：下列叙述错误的是A.为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施B.步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+C.步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D.步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤【答案】C【解析】【分析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正确；C.步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4 的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；故答案选C。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。10.有关煤的综合利用如图所示。下列说法正确的是A.煤和水煤气均是二次能源B.煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物C.①是将煤在空气中加强热使其分解的过程D.B为甲醇或乙酸时，原子利用率均可达到100%【答案】D【解析】【详解】A．煤属于一次能源，A错误；B．苯、甲苯、二甲苯等是煤干馏过程中生成的物质，不是煤含有的物质，B错误；C．干馏是在隔绝空气的条件下进行的，否则煤就会在空气中燃烧，C错误；D．水煤气的成分是CO、H2，当二者按物质的量比为1∶2反应时可得到甲醇，当二者按物质的量比为1∶1反应时可得到乙酸，D正确；故选D。11.已知：A(g)+2B(g)⇌3C(g)ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A.容器内压强不变，表明反应达到平衡B.t2时改变的条件：向容器中加入CC.平衡时A的体积分数φ：φ(II)＜φ(I)D.平衡常数K：【答案】B【解析】【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。【详解】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)⇌3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B．根据图象变化曲线可知，t2-t3过程中，t2时v正瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，故B正确；C．最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数φ(II)＞φ(I)，故C错误；D．平衡常数K只与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，故D错误；故选B。12.有机物的结构可用键线式简化表示，如CH3-CH=CH-CH3可表示为，有机物萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂和溶剂。已知α-萜品醇的键线式如图。下列说法不正确的是A.该有机物的分子式为C10H18OB.分子中含有的官能团为羟基和碳碳双键C.1mol该物质和足量金属钾反应可产生标准状况下的氢气11.2LD.该物质能发生酯化反应、催化氧化反应和加成反应【答案】D【解析】【详解】A．由该有机物的结构可知，其分子式为C10H18O，A正确；B．该有机物分子中含有羟基和碳碳双键两种官能团，B正确； C．该有机物含有1个—OH，则1mol该物质和足量金属钾反应可产生标准状况下的氢气0.5mol，为11.2L，C正确；D．分子中含有碳碳双键能发生加成反应，含有羟基能发生酯化反应，羟基碳上没有氢原子不能发生催化氧化，D错误；故选D。13.党的二十大报告中指出：要“加强污染物协同控制，基本消除重污染天气”。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保二位一体的结合，可以解决酸雨等环境污染问题，原理如图所示。下列说法正确的是A.该电池放电时电流流向：电极→负载→电极B.电极附近发生的反应：SO2-2e-+2H2O=+4H+C.放电过程中若消耗，理论上可以消除2molSO2D.移向电极，电极附近pH不变【答案】B【解析】【分析】图可知，Pt1电极上SO2发生失电子的氧化反应转化成H2SO4，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，Pt2电极上O2发生得电子的还原反应；据此作答。【详解】A．根据分析，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，该电池放电时电流的流向为电极→负载→电极，A项错误；B．Pt1电极上SO2发生失电子的氧化反应转化成H2SO4，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=+4H+，B项正确；C．Pt2电极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，由于O2所处温度和压强未知，不能计算22.4LO2物质的量，从而无法计算消除SO2物质的量，C项错误； D．阳离子H+移向正极(Pt2电极)，Pt1电极上的电极反应式为SO2-2e-+2H2O=+4H+，Pt1电极上每消耗lmolSO2生成4molH+和1molSO2，为平衡电荷，有2molH+通过质子交换膜移向Pt2电极，Pt1电极附近c(H+)增大，pH减小，D项错误；故选B。14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得A的浓度变为。下列有关判断不正确的是A.C的体积分数增大了B.A的转化率降低了C.平衡向正反应方向移动D.【答案】B【解析】【分析】保持温度不变，将平衡后容器的容积压缩到原来的一半，气体压强增大，若平衡不发生移动，A的浓度为1.0mol/L，由再达到平衡时，A的浓度为0.9mol/L可知，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，。【详解】A．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，故A正确；B．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故B错误；C．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，故C正确；D．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，，故D正确；故选B。15.反应2NO2(g)N2O4(g)△H=-57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.T1>T2B.X、Y两点的反应速率：X>YC.X、Z两点气体的颜色：X深，Z浅D.X、Z两点气体的平均相对分子质量：X>Z【答案】B 【解析】【详解】A．升高温度，化学平衡逆向移动，的体积分数增大，Y点的体积分数小，则，A错误；B．由选项A分析可知，X点的温度大于Y点的温度，温度越高，化学反应速率越快，所以反应速率X>Y，B正确；C．X、Z两点温度相同，但压强不同，为红棕色气体，增大压强，平衡右移，但是气体的体积变小，浓度增大的影响较大，气体的颜色加深，则X、Z两点气体的颜色：X浅，Z深，C错误；D．X、Z两点都在等温线上，X的压强小，增大压强，化学平衡正向移动，Z点时气体的物质的量小，则平均相对分子质量变大，即平均相对分子质量：X”“=”或“<”)，产生偏差的原因可能是___________(填字母)。a．实验装置保温、隔热效果差b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度【答案】（1）5.0（2）abe（3）H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1（4）①.4.0②.<③.acd【解析】【分析】某实验小组用0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸进行中和热的测定，配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，中和热测定实验中，在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是提高装置的保温效果，以此解答。【小问1详解】实验室没有245mL的容量瓶，可以配置250mL0.50mol·L-1NaOH溶液，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g。【小问2详解】氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答案为：abe。【小问3详解】 中和热为酸碱中和生成1molH2O时的焓变，所以表示稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1。【小问4详解】①第2组数据明显有误，所以删掉，其它三组数据求平均值，温度差平均值=[(30.1−26.1)+(29.8−25.9)+(30.4−26.3)]÷3=4.0°C；②50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=80g×4.18J/（g•℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.3376kJ÷0.025mol=-53.5kJ·mol-1，数值计算的结果<57.3kJ•mol-1，a．实验装置保温、隔热效果差，会导致热量散失，使实验结果偏小，a符合题意；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，则大于57.3kJ/mol，不符合题意；c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致热量散失，使实验结果偏小，符合题意；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计回零直再测定H2SO4溶液的温度，否则会导致硫酸的温度结果过高，起始温度结果偏高，则温度的变化量偏小，最终测得的中和热偏小，符合题意；故选acd。17.在工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=akJ/mol已知：①CO（g）+O2（g）==CO2（g）△H1=﹣283.0kJ/mol②H2（g）+O2（g）==H2O（g）△H2=﹣241.8kJ/mol③CH3OH（g）+O2（g）==CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣192.2kJ/mol回答下列问题：(1)a=_______(2)能说明反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）已达平衡状态的是___（填字母）。A．单位时间内生成1molCH3OH（g）的同时消耗了1molCO（g）B．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化D．在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化 (3)在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数（V%）与的关系如图1所示．①当起始=2时，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.6，则0～5min内平均反应速率v（H2）=_____________。若此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将____________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；②当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的_______点（选填“D”、“E”或“F”）。(4)CO和H2来自于天然气。已知CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）。在密闭容器中有浓度均为0.1mol•L﹣1的CH4与CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图2，则压强p1_______________p2（选填“大于”或“小于”）；当压强为p2时，在y点：v（正）______________v（逆）（选填“大于”、“小于”或“等于”）。若p2=3MPa，则T℃时该反应的平衡常数Kp=_________MPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。(5)含有甲醇的废水会造成环境污染，可通入ClO2气体将其氧化为CO2。写出相关反应的离子方程式_________________________________________。【答案】①.a=﹣574.4②.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】【详解】试题分析：本题考查盖斯定律的应用，化学平衡的标志，化学平衡图象的分析，平衡常数的计算，离子方程式的书写。（1）应用盖斯定律，将①式+②式2-③式得，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=ΔH1+2ΔH2-ΔH3=[（-283）+（-241.8）2-（-192.2）]kJ/mol=-574.4kJ/mol，a=-574.4。 （2）A项，单位时间内生成1molCH3OH（g）的同时消耗了1molCO（g），只说明正反应，不能说明反应已达平衡状态；B项，在恒温恒容的容器中，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度保持不变不能说明反应已达平衡状态；C项，该反应为放热反应，在绝热恒容的容器中，随着平衡的建立温度升高平衡逆向移动，反应的平衡常数减小，反应的平衡常数不再变化说明反应已达平衡状态；D项，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，建立平衡的过程中混合气体物质的量减小，混合气体的质量不变，混合气体的平均摩尔质量增大，气体的平均摩尔质量不再变化说明反应已达平衡状态；答案选CD。（3）①当起始=2时，起始CO、H2的物质的量依次为1mol、2mol。用三段式：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）n（起始）（mol）120n（转化）（mol）10.61.20.6n（平衡）（mol）0.40.80.60～5min内平均反应速率v（H2）==0.12mol/(L·min)。平衡时CO、H2、CH3OH的物质的量浓度依次为0.2mol/L、0.4mol/L、0.3mol/L，该温度下的化学平衡常数K==9.375；再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，瞬时CO、H2、CH3OH的物质的量浓度依次为0.4mol/L、0.4mol/L、0.5mol/L，此时的浓度商为=7.81259.375，反应向正反应方向进行，H2的平衡转化率将增大。②当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量最大。当=3.52，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数应小于C点，可能是图象中的F点，答案选F。（4）该反应的正反应是气体分子数增大的反应，增大压强平衡逆向，反应物的转化率减小，由图象知温度相同时，p1时CH4的转化率大于p2时，则p1小于p2。当压强为p2时，y点CH4的转化率小于CH4的平衡转化率，反应正向进行，则y点：v（正）大于v（逆）。由图象知T℃、p2达到平衡时CH4的转化率为50%，用三段式：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）n（起始）（mol/L）0.10.100n（转化）（mol/L）0.050.050.10.1n（平衡）（mol/L）0.050.050.10.1平衡时CO2、CH4、CO、H2物质的量分数依次为1/6、1/6、1/3、1/3，若p2=3MPa，则平衡时CO2 、CH4、CO、H2的平衡分压依次为0.5MPa、0.5MPa、1MPa、1MPa，Kp==4MPa2。（5）含有甲醇的废水会造成环境污染，可通入ClO2气体将其氧化为CO2，ClO2被还原成Cl-，写出反应CH3OH+ClO2→CO2+Cl-，C元素的化合价由-2价升至+4价，Cl元素的化合价由+4价降至-1价，根据元素化合价升降总数相等配平5CH3OH+6ClO2→5CO2+6Cl-，根据原子守恒和电荷守恒，写出反应的离子方程式为：5CH3OH+6ClO2=5CO2+6Cl-+6H++7H2O。点睛：本题第（2）题考查化学平衡的标志，判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等，变量不变”，“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志。第（3）①考查应用化学平衡常数判断反应进行的方向，一定温度下，某时刻的浓度商小于平衡常数，反应正向进行；某时刻的浓度商等于平衡常数，反应处于平衡状态；某时刻的浓度商大于平衡常数，反应逆向进行。第（4）题的图象分析用“定一议二”法，定曲线讨论温度对化学平衡的影响；在横坐标上任取一点，作横坐标的垂直线与曲线相交，讨论压强对化学平衡的影响。18.X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：（1）Y在元素周期表中的位置为________。（2）Z、Q、R的简单离子半径由小到大的顺序为________(用化学用语表示，下同)；写出Q、R最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式：________；Q、R简单离子中氧化性比较小的是_______。（3）上述五种元素的某些元素可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式________。（4）Z、X两元素按原子数目比1：1和1：2构成分子A和B，A的结构式为_______。（5）QX的电子式为_______。（6）下列事实能说明Z元素的非金属性比S元素的非金属性强的是_______(填序号)。a.Z单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b.在氧化还原反应中，1molZ单质比1molS得电子多c.Z和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（7）制备单质R时，电解熔点很高的R的氧化物而不电解熔点相对低的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－H 22.23.ac24.AlCl3为共价化合物，在熔融状态下不导电【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，则X是H元素，Y是C元素；Q与X同主族，则Q是Na元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z是O元素，R是Al元素。【小问1详解】Y是C元素，C元素位于元素周期表第二周期第ⅣA族。【小问2详解】对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大离子半径越小。Z是O，Q是Na，R是Al，它们形成的简单离子具有相同的电子层结构，则它们形成的简单离子半径由小到大的顺序为：r(Al3+)＜r(Na+)＜r(O2-)；Q、R最高价氧化物的水化物分别是NaOH，Al(OH)3能够与强碱NaOH反应生成NaAlO2和H2O，反应的化学方程式为：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O。金属性：Na>Al，元素金属性越强，对应离子的氧化性越弱，则Na、Al简单离子中氧化性比较小的是：Na+。【小问3详解】Na2O2既含离子键又含非极性共价键，故该化合物可以是Na2O2，其电子式为：[Failedtodownloadimage:https://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2023/11/2/00ae0181-6d9f-487d-a337-b507594c209d.svg]。【小问4详解】X是H，Z是O，二者形成的原子个数比为1：1、1：2的化合物A、B分别是H2O2、H2O，其中A结构式是H－O－O－H，B分子式是H2O，由于空间排列不对称，因此H2O为极性分子。【小问5详解】X是H，Q是Na，二者形成的化合物NaH属于离子化合物，其电子式为：。【小问6详解】a．Z是O，O2与H2S在溶液中发生置换反应产生H2O和S单质，产生的S单质难溶于水，使溶液变浑浊，可以证明元素的非金属性：O>S，故a项正确；b．不能根据在氧化还原反应中1mol的单质得到电子的多少判断物质氧化性的强弱，故b项错误；c．H2O的分解温度比H2S高，说明H2O比H2S难分解，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，越不容易分解，可以说明元素的非金属性：O>S，故c项正确；综上所述，本题正确答案为ac。 【小问7详解】制备单质Al通常是采用电解熔融Al2O3的方法，这是由于AlCl3为共价化合物，在液体时仍然是由分子构成，熔融状态下不导电。19.以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.2~2.92.8~3.122~2860~651~2＜1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________，同时V2O4转成VO2+。“废渣1”的主要成分是__________________。（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为______mol。（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_______。（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示：4ROH+V4O124−R4V4O12+4OH−（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_____性（填“酸”“碱”“中”）。（5）“流出液”中阳离子最多的是________。（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。【答案】①.V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O②.SiO2③.0.5④.Fe(OH)3、Al(OH)3⑤.碱⑥.K＋⑦.2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑【解析】【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124- R4V4O12+4OH-，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此解答该题。【详解】（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅；（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为少3mol÷6＝0.5mol；（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣2”中含有Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性；（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子；（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3“煅烧”生成七氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。