2022-2022学年江西省宜春中学高二（上）入学化学试卷　一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深C．在含有Fe（SCN）3的红色溶液中加入铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去D．氨水应密闭保存，置低温处　2．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OB．澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2OC．氯化亚铁溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣D．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O　3．下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是（　　）①I﹣、ClO﹣、、H+②K+、、、OH﹣③、、Cl﹣、OH﹣④Fe2+、Cu2+、、Cl﹣⑤H+、K+、、⑥Ca2+、Na+、、．A．①和⑥B．①和④C．②和⑤D．③和④　4．根据下列各反应现象所归纳的元素性质不正确的是（　　）A．将一小块钠投入到盛有硫酸铜溶液的烧杯中，发现没有紫红色的铜析出．不能说明钠的金属性比铜弱-31-B．用湿润的淀粉碘化钾试纸放置在有氯气产生的导管上端，发现试纸变蓝．说明氯元素的非金属性比碘元素强C．把H2S气体和Cl2在集气瓶中混合，一段时间后发现瓶壁有淡黄色固体析出．说明Cl的非金属性比S强D．将0.1molNa、Mg、Al分别与足量稀盐酸反应，除共同产生H2外，还分别生成了NaCl、MgCl2、AlCl3，金属失去的电子数分别为0.1mol、0.2mol、0.3mol．说明这三种金属的活泼性为：Al＞Mg＞Na　5．下列说法正确的是（　　）A．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B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．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　6．如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（　　）A．原子半径：Z＞Y＞XB．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应C．气态氢化物的稳定性：R＜WD．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物　7．S2Cl2广泛用于橡胶工业，其分子结构如图所示．常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体．下列说法不正确的是（　　）-31-A．S2Cl2与H2O反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HClB．S2Cl2分子中含有极性键和非极性键C．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔、沸点：S2Br2＞S2Cl2D．S2Cl2中S﹣S键键能大于S﹣Cl键　8．在一密闭容器中有如下反应：L（s）+aG（g）⇌bR（g）温度和压强对该反应的影响如图所示，其中压强P1＜P2，由此可判断（　　）A．正反应为放热反应B．化学方程式中的计量数a＞bC．G的转化率随温度升高而减小D．增大压强，容器内气体质量不变　9．某温度下，在一容积固定的容器中，反应aA（g）+bB（g）⇌hH（g）达到平衡后，A．B．H的物质分别为amol、bmol、hmol，已知a+b=2h．若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，则下列判断正确的是（　　）A．平衡不移动B．混合气体的密度不变C．B的体积分数减少D．amol/L＜c（A）＜2amol/L　10．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/molB．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ/mol-31-C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热　11．一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2X（g）+Y（g）⇌3Z（g），若反应开始时充入2molX和2molY，达平衡后Y的体积分数为a%．其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后Y的体积分数＞a%的是（　　）A．1molY，1molZB．2molX，1molY，1molN2C．1molY和3molZD．2molZ　12．在一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志的是（　　）①C的生成速率是B的生成速率的倍②单位时间生成amolA，同时生成3amolB③A、B、C的浓度不再变化④混合气体的总压强不再变化⑤混合气体的物质的量不再变化⑥单位时间消耗amolA，同时生成3amolB⑦A、B、C的分子数目比为1：3：2．A．②⑦B．⑥④C．①③D．⑤⑥　13．COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温　②恒容通入惰性气体　③增加CO浓度　④减压　⑤加催化剂　⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（　　）A．①②④B．①④⑥C．②③⑤D．③⑤⑥　14．在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明平衡移动的是（　　）A．反应混和物的浓度B．正、逆反应速率-31-C．反应混和物的压强D．反应混合物中各物质的百分含量　15．已知可逆反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）（未配平）．温度为T0时，在容积固定的容器中发生反应各物质的浓度随时间变化的关系如图a所示．其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示．下列叙述正确的是（　　）A．发生反应时，各物质的反应速率大小关系为：v（X）=v（Y）=2v（Z）B．图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%C．T0℃时，该反应的平衡常数为33.3D．该反应正反应的反应热△H＜0　16．在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生可逆反应3X（g）+Y（g）═2Z（g），并达到平衡．已知正反应是放热反应，测得X的转化率为37.5%，Y的转化率为25%，下列有关叙述正确的是（　　）A．若X的反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1，则Z的反应速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1B．若向容器中充入氦气，压强增大，Y的转化率提高C．升高温度，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D．开始充入容器中的X、Y物质的量之比为2：1　　二、填空题（本题6小题，每空2分，共52分）17．已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，请写出表示固体硫燃烧热的热化学方程式是　　　　　　．　-31-18．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．已知H﹣H键的键能为436kJ/mol，Cl﹣Cl键的键能为243kJ/mol，H﹣Cl键的键能为431kJ/mol，则，H2（g）+Cl2（g）═2HCI（g）的反应热△H=　　　　　　．　19．有A、B、C、D四种元素，它们的原子序数依次增大，但均小于18，A和B在同一周期，A的电子式为，B原子L层的电子总数是K层的3倍；0.1molC单质能从酸中置换出2.24L氢气（标准状况），同时它的电子层结构变得与氖原子的电子层结构相同；D离子的半径比C离子的小，D离子与B离子的电子层结构相同．（1）C元素在周期表中的位置　　　　　　．（2）用电子式表示A的气态氢化物的形成过程：　　　　　　．（3）A的单质和B的单质充分反应生成化合物的结构式是　　　　　　．（4）四种元素中，最高价氧化物的水化物既能溶于酸，又能溶于碱，其溶于NaOH溶液的化学方程式为：　　　　　　．　20．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．请回答下列问题：（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：　　　　　　．（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：　　　　　　．（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1总反应：3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=　　　　　　；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是　　　　　　（填字母代号）．a．高温高压b．加入催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．分离出二甲醚-31-（4）已知反应②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400．此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如表：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol•L﹣1）0.440.60.6①比较此时正、逆反应速率的大小：v正　　　　　　v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=　　　　　　；该时间内反应速率v（CH3OH）=　　　　　　．　21．（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快．由此判断，影响化学反应速率的因素有　　　　　　和　　　　　　．（2）为探究锌与盐酸反应过程的速率变化，某同学的实验测定方法是：在100ml稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（氢气体积已换算为标准状况）：时间/min12345体积/mL50120232290310①哪一时间段反应速率最大　　　　　　（填“0～1min”或“1～2min”或“2～3min”或“3～4min”或“4～5min”）．②2～3min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率（设溶液体积不变）为　　　　　　．③试分析1～3min时间段里，反应速率变大的主要原因　　　　　　．　22．海洋约占地球表面积的71%，海水化学资源的利用具有非常广阔的前景．（1）镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的，其主要步骤如图1：①为了使MgSO4转化为Mg（OH）2，试剂①可以选用　　　　　　，要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂①的量应　　　　　　；-31-②试剂②可以选用　　　　　　；③试从节约能源、提高金属镁的纯度分析，以下适宜的冶镁方法是　　　　　　．A．Mg（OH）2MgOMgB．Mg（OH）2MgOMgC．Mg（OH）2MgCl2MgD．Mg（OH）2MgCl2Mg（2）溴及其化合物用途十分广泛，我国正在大力开展海水提溴的研究和开发工作．工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如图2：某课外小组在实验室模拟上述过程设计如图3装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）：①A装置中通入a气体的目的是（用离子方程式表示）　　　　　　；②A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通热空气．通入热空气的目的是　　　　　　；③反应过程中，B装置中有SO42﹣生成．检验SO42﹣的方法是　　　　　　；④C装置的作用是　　　　　　．　　-31-2022-2022学年江西省宜春中学高二（上）入学化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深C．在含有Fe（SCN）3的红色溶液中加入铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去D．氨水应密闭保存，置低温处【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．【解答】解：A、因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故B选；C、溶液中存在平衡Fe3++SCN﹣⇌Fe（SCN）2+，加铁粉，铁与Fe3+反应，Fe3+浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故C不选；D、氨水溶液中存在化学平衡，NH3+H2O⇌NH3•H2O，过程是放热反应，温度升高逆向进行，氨气挥发出，所以氨水应密闭保存，置低温处，能用勒夏特利原理来解释，故D不选；故选B．【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动．　2．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OB．澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2OC．氯化亚铁溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣-31-D．碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、Al（OH）3不溶于弱碱；B、苏打的化学式为Na2CO3；C、氯气具有与氧化性，与氯化亚铁反应生成氯化铁；D、醋酸为弱酸，应写成化学式；【解答】解：A、Al（OH）3不溶于弱碱，不能生成AlO2﹣，正确的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B、苏打的化学式为Na2CO3，澄清石灰水与少量苏打溶液混合的反应离子方程式为Ca2++CO32﹣=CaCO3↓，故B错误；C、氯气具有与氧化性，与氯化亚铁反应生成氯化铁，反应离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故C正确；D、醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+CO2↑+Ca2++H2O，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实际的角度分析．　3．下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是（　　）①I﹣、ClO﹣、、H+②K+、、、OH﹣③、、Cl﹣、OH﹣④Fe2+、Cu2+、、Cl﹣⑤H+、K+、、⑥Ca2+、Na+、、．A．①和⑥B．①和④C．②和⑤D．③和④【考点】离子共存问题．-31-【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答．【解答】解：①I﹣、ClO﹣、H+离子之间发生氧化还原反应，I﹣、NO3﹣、H+离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故不选；②OH﹣、HCO3﹣结合生成水和碳酸根离子，OH﹣、NH4+结合生成弱电解质，则不能共存，故不选；③该组离子之间不反应，能共存，故选；④该组离子之间不反应，能共存，故选；⑤AlO2﹣、H+离子之间结合生成沉淀，HSO3﹣、H+离子之间生成水和气体，则不能共存，故不选；⑥Ca2+分别与CO32﹣、SO42﹣结合生成沉淀，则不能共存，故不选；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，熟悉离子的性质及离子之间的反应即可解答，题目难度不大．　4．根据下列各反应现象所归纳的元素性质不正确的是（　　）A．将一小块钠投入到盛有硫酸铜溶液的烧杯中，发现没有紫红色的铜析出．不能说明钠的金属性比铜弱B．用湿润的淀粉碘化钾试纸放置在有氯气产生的导管上端，发现试纸变蓝．说明氯元素的非金属性比碘元素强C．把H2S气体和Cl2在集气瓶中混合，一段时间后发现瓶壁有淡黄色固体析出．说明Cl的非金属性比S强D．将0.1molNa、Mg、Al分别与足量稀盐酸反应，除共同产生H2外，还分别生成了NaCl、MgCl2、AlCl3，金属失去的电子数分别为0.1mol、0.2mol、0.3mol．说明这三种金属的活泼性为：Al＞Mg＞Na【考点】钠的化学性质；氯气的化学性质；常见金属的活动性顺序及其应用．【分析】A．金属钠性质活泼，投入到硫酸铜溶液中，先和水反应，不能置换出铜；B．氯气与碘化钾发生置换反应生成单质碘；C．氯气具有较强的氧化性，与硫化氢气体反应生成单质硫；D．金属的活泼性与失去电子的难易有关，与失去电子的多少无关．-31-【解答】解：A．金属钠性质活泼，投入到硫酸铜溶液中，先和水反应生成NaOH和氢气，进而生成氢氧化铜，不能置换出铜，所以不同用该反应说明钠的金属性比铜弱，故A正确；B．氯元素的非金属性比碘元素强，则氯气的氧化性比碘强，氯气与碘化钾发生置换反应生成单质碘，故B正确；C．Cl的非金属性比S强，氯气具有较强的氧化性，与硫化氢气体反应生成单质硫，故C正确；D．金属的活泼性与失去电子的难易有关，与失去电子的多少无关，不能用电子的多少比较金属性强弱，故D错误；故选D．【点评】本题考查金属性、非金属性的比较，题目难度中等，注意比较的角度是否合理．把握比较方法．　5．下列说法正确的是（　　）A．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B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．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【考点】活化能及其对化学反应速率的影响．【专题】化学反应速率专题．【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，以此解答该题．【解答】解：A．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故A错误；B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故B错误；C．升高温度，活化分子的百分数，反应速率增大，故C正确；D．催化剂降低反应的活化能，故D错误．故选C．【点评】本题考查外界条件对反应速率的影响，题目难度不大，注意浓度、压强、温度以及催化剂对活化分子的影响的不同．　-31-6．如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（　　）A．原子半径：Z＞Y＞XB．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应C．气态氢化物的稳定性：R＜WD．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素，由图中化合价可知，X、W都有最低价﹣2，处于ⅥA族，且W有最高价+6，故X为氧元素、W为硫元素；Y的只有最高价+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素；Z最高价为+3价，没有负价、则Z为Al元素；R的最高正价为+7价，应为Cl元素，据此解答．【解答】解：短周期元素，由图中化合价可知，X、W都有最低价﹣2，处于ⅥA族，且W有最高价+6，故X为氧元素、W为硫元素；Y的只有最高价+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素；Z最高价为+3价，没有负价、则Z为Al元素；R的最高正价为+7价，应为Cl元素，A．X为O，Y为Na，Z为Al，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径应Na＞Al＞O，故A错误；B．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，二者反应生成偏铝酸钠与水，故B正确；C．W为S，R为Cl，所以非金属性Cl＞S，则气态氢化物的稳定性HCl＞H2S，故C错误；D．SO3和水反应形成的化合物为H2SO4，属于共价化合物，故D错误，故选B．【点评】本题考查结构性质与位置关系应用，掌握化合价与族序数关系是推断元素解题的关键，难度不大．-31-　7．S2Cl2广泛用于橡胶工业，其分子结构如图所示．常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体．下列说法不正确的是（　　）A．S2Cl2与H2O反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HClB．S2Cl2分子中含有极性键和非极性键C．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔、沸点：S2Br2＞S2Cl2D．S2Cl2中S﹣S键键能大于S﹣Cl键【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．S2Cl2中S元素化合价为+1价，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，则可生成SO2，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S）；B．同种元素原子之间形成非极性键，不同元素的原子之间形成的化学键多为极性键；C．组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强；D．根据键长越长，键能越小判断．【解答】解：A．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理，反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl，故A正确；B．S2Cl2分子中S﹣S为非极性键，S﹣Cl键为极性键，故B正确；C．组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，故C正确；D．键长S﹣S＞S﹣Cl，键长越长，键能越小，故D错误．故选D．【点评】本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、氧化还原反应、分子间作用力与物质性质等，难度不大，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握．-31-　8．在一密闭容器中有如下反应：L（s）+aG（g）⇌bR（g）温度和压强对该反应的影响如图所示，其中压强P1＜P2，由此可判断（　　）A．正反应为放热反应B．化学方程式中的计量数a＞bC．G的转化率随温度升高而减小D．增大压强，容器内气体质量不变【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】根据图象知，温度越高，G的体积分数越小，说明该反应的正反应是吸热反应，增大压强，G的体积分数减小，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应．【解答】解：A．根据图象知，温度越高，G的体积分数越小，说明该反应的正反应是吸热反应，故A错误；B．增大压强，G的体积分数减小，则该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，则a＞b，故B正确；C．温度越高，平衡向正反应方向移动，所以G的转化率随温度升高而增大，故C错误；D．增大压强，平衡向正反应方向移动，所以容器内气体质量增大，故D错误；故选B．【点评】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，明确温度、压强与化学平衡移动方向之间的关系是解本题关键，注意L是固体，为易错点．　9．某温度下，在一容积固定的容器中，反应aA（g）+bB（g）⇌hH（g）达到平衡后，A．B．H的物质分别为amol、bmol、hmol，已知a+b=2h．若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，则下列判断正确的是（　　）A．平衡不移动B．混合气体的密度不变-31-C．B的体积分数减少D．amol/L＜c（A）＜2amol/L【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、对于反应前后气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；B、根据混合气体的密度=来判断；C、根据平衡的移动知识来确定B的体积分数变化情况；D、若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，不考虑平衡移动，A的物质的量为原来的2倍，但压强增大平衡正向进行所以A的物质的量小于原来的2倍；【解答】解：A、达到平衡后，A．B．H的物质分别为amol、bmol、hmol，已知a+b=2h，证明反应是气体体积减小的反应，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，压强增大，平衡正向进行，故A错误；B、混合气体密度等于混合气体质量除以体积，若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，体积不变，质量增大，混合气体密度增大，故B错误；C、若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，压强增大，平衡正向进行，B的体积分数减小，故C正确；D、若保持温度不变，将三者的物质的量增大一倍，不考虑平衡移动，A的物质的量为原来的2倍，但压强增大平衡正向进行所以A的物质的量小于原来的2倍，即A的浓度应为amol＜n（A）＜2amol，体积不知不能就浓度大小，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡的分析判断，平衡建立的过程分析应用，注意平衡移动原理的理解分析是解题关键，题目难度中等．　10．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/molB．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ/molC．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【考点】热化学方程式；吸热反应和放热反应；燃烧热．-31-【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据中和热的定义判断；B、根据反应热与物质的量的关系判断；C、根据吸热反应的定义判断；D、根据燃烧热的定义判断．【解答】解：A、中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量；中和热必须是生成1molH2O所放出的热量，与几元酸、碱无关，故A错误；B、燃烧热是指在101KPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量．CO的燃烧热是283.0kJ/mol，说明1molCO燃烧时放出283.0kJ的能量，在反应方程式2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）中，CO的计量数变成2，所以反应热是其燃烧热的2倍，且是吸收能量，故B正确；C、吸热反应是指生成物成键释放的总能量小于反应物断键吸收的总能量，与是否加热无关，故C错误；D、根据燃烧热的定义，生成的水必须是液态水，故D错误；故选：B．【点评】本题考查有关概念，注意：1、中和热的几个关键点：在稀溶液中、强酸强碱反应、生成1molH2O；2、燃烧热的几个关键点：1molH2O、纯物质、稳定氧化物．　11．一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2X（g）+Y（g）⇌3Z（g），若反应开始时充入2molX和2molY，达平衡后Y的体积分数为a%．其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后Y的体积分数＞a%的是（　　）A．1molY，1molZB．2molX，1molY，1molN2C．1molY和3molZD．2molZ【考点】等效平衡．【分析】反应2X（g）+Y（g）⇌3Z（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为X、Y，且满足n（X）：n（Y）=1：1，即可得到相同平衡状态，若要平衡后Y的体积分数大于a%，说明平衡向左移动，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，满足n（X）：n（Y）＜1：1，据此进行判断即可．-31-【解答】解：反应2X（g）+Y（g）⇌3Z（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为X、Y，且满足n（X）：n（Y）=1：1，为等效平衡，则A．1molY，1molZ，相当于molX和molY，n（X）：n（Y）=1：2＜1：1，Y的转化率减小，则平衡后Y的体积分数大于a%，故A正确；B.2molX、1molY和1molN2（不参加反应），n（X）：n（Y）=2：1，大于1：1，则平衡后Y的体积分数小于a%，故B错误；C.1molY，3molZ，相当于2molX和2molY，n（X）：n（Y）=1：1，Y的转化率不变，则平衡后Y的体积分数等于a%，故C错误；D.2molZ相当于molX和molY，二者的比值为2：1，大于1：1，则平衡后A的体积分数小于a%，故D错误；故选A．【点评】本题考查的是等效平衡及化学平衡的有关计算，题目难度中等，本题注意与原配比数相比较，结合浓度对平衡移动的影响进行判断．　12．在一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡的标志的是（　　）①C的生成速率是B的生成速率的倍②单位时间生成amolA，同时生成3amolB③A、B、C的浓度不再变化④混合气体的总压强不再变化⑤混合气体的物质的量不再变化⑥单位时间消耗amolA，同时生成3amolB⑦A、B、C的分子数目比为1：3：2．A．②⑦B．⑥④C．①③D．⑤⑥【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．-31-【分析】在一定条件下，当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，由此衍生的一些物理性也不变，注意该反应中，反应前后气体的化学计量数之和不相等，压强可作为判断的依据．【解答】解：①当反应达到平衡状态时，C的生成速率是B的生成速率的倍，所以能判断是否达到平衡状态，故不选；②无论反应是否达到平衡状态，单位时间生成amolA，同时生成3amo1B，所以不能判断是否达到平衡状态，故选；③当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，则A、B、C的浓度不再变化，所以能判断是否达到平衡状态，故不选；④当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，则混合气体的总压强不再变化，所以能判断是否达到平衡状态，故不选；⑤当反应达到平衡状态时，混合气体的物质的量不再变化，所以能判断是否达到平衡状态，故不选；⑥当反应达到平衡状态时，单位时间消耗amolA，同时生成3amolB，所以能判断是否达到平衡状态，故不选；⑦无论反应是否达到平衡状态，A、B、C的分子数目比都可能为1：3：2，这与反应初始量和转化率有关，所以不能判断是否达到平衡状态，故选；故选A．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意反应前后气体体积不变的化学反应不能用压强来判断是否达到平衡状态．　13．COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温　②恒容通入惰性气体　③增加CO浓度　④减压　⑤加催化剂　⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（　　）A．①②④B．①④⑥C．②③⑤D．③⑤⑥【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，①升温平衡向吸热反应方向移动；-31-②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；③增加CO的浓度，平衡逆向进行；④减压平衡向气体体积增大的方向进行；⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．【解答】解：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，故选：B．【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等．　14．在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明平衡移动的是（　　）A．反应混和物的浓度B．正、逆反应速率C．反应混和物的压强D．反应混合物中各物质的百分含量【考点】化学平衡的影响因素．【分析】分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动．如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程度相同，平衡不移动；-31-（2）改变程度不相同，平衡移动．【解答】解：A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，如氢气和碘蒸气反应生成碘化氢的反应，碘化氢浓度增大，平衡不移动，故A错误；B、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，故B错误；C、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故C错误．D、只有平衡移动才能改变反应混合物中各物质的百分含量，所以反应混合物中各物质的百分含量改变时，化学平衡一定发生了移动，故D正确．故选D．【点评】本题考查了化学平衡的移动的判断，难度较大，注意不要把V（正）增大与平衡向正反应方向移动等同起来，只有V（正）＞V（逆）时，平衡向正反应方向移动．不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来，题目难度中等．　15．已知可逆反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）（未配平）．温度为T0时，在容积固定的容器中发生反应各物质的浓度随时间变化的关系如图a所示．其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示．下列叙述正确的是（　　）A．发生反应时，各物质的反应速率大小关系为：v（X）=v（Y）=2v（Z）B．图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%C．T0℃时，该反应的平衡常数为33.3D．该反应正反应的反应热△H＜0【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A、同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比．B、根据转化率公式计算．C、平衡常数K等于生成物浓度的系数次幂与反应物常数次幂之积的比值．-31-D、根据图b，根据温度对化学平衡的影响分析．【解答】解：A、温度为T0时，X的物质的量浓度的变化量=（0.3﹣0.05）mol/L=0.25mol/L；Y的物质的量浓度的变化量=（0.4﹣0.15）mol/L=0.25mol/L，Z的物质的量浓度的变化（0.5﹣0）mol/L=0.5mol/L，该反应方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），所以发生反应时，各物质的反应速率大小关系为，2v（X）=2v（Y）=v（Z），故A错误．B、Y的转化率==62.5%，故B错误．C、平衡常数K==33.3，故C正确．D、“先拐先平，数值大”，所以T1＞T2，升高温度，Z的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应方向是吸热反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查了图象的分析，难度不大，明确分析图象时运用“先拐先平，数值大”来判断外界条件的相对大小．　16．在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生可逆反应3X（g）+Y（g）═2Z（g），并达到平衡．已知正反应是放热反应，测得X的转化率为37.5%，Y的转化率为25%，下列有关叙述正确的是（　　）A．若X的反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1，则Z的反应速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1B．若向容器中充入氦气，压强增大，Y的转化率提高C．升高温度，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D．开始充入容器中的X、Y物质的量之比为2：1【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、依据化学反应速率之比等于化学方程式系数之比计算分析；B、恒容容器充入惰气总压增大，分压不变，平衡不动；C、升高温度，正逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动；D、反应是放热反应，升温速率增大，平衡向吸热反应方向进行．-31-【解答】解：A、化学反应速率之比等于化学方程式系数之比，若X的反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1，则Z的反应速率为mol/（L•s），故A错误；B、若向容器中充入氦气，恒容容器充入惰气总压增大，分压不变，平衡不动，Y的转化率不变，故B错误；C、升高温度，正逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D、开始充入容器中的X、Y分别为xmol和ymol，Y的变化量为amol，由转化率可知，所以开始充入容器中的X、Y物质的量之比为2：1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，转化率计算应用，掌握平衡移动原理是解题关键，注意惰气对恒容容器的平衡影响分析方法，题目难度中等．　二、填空题（本题6小题，每空2分，共52分）17．已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，请写出表示固体硫燃烧热的热化学方程式是　S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296.8kJ/mol　．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；【解答】解：16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kj热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g），△H=﹣296.8kJ/mol，故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g），△H=﹣296.8kJ/mol．【点评】本题考查化学反应中的能量变化及利用盖斯定律确定反应及其能量的关系，注意键能计算焓变的方法，题目较简单，注重基础知识的考查．　18．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．已知H﹣H键的键能为436kJ/mol，Cl﹣Cl键的键能为243kJ/mol，H﹣Cl键的键能为431kJ/mol，则，H2（g）+Cl2（g）═2HCI（g）的反应热△H=　﹣183kJ•mol﹣1　．【考点】有关反应热的计算．-31-【分析】根据反应热=反应物总键能﹣生成物总键能计算热效应△H．【解答】解：H﹣H的键能为436kJ•mol﹣1、Cl﹣Cl键能为243kJ•mol﹣1、H﹣Cl键能为431kJ•mol﹣1，由于反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，则：Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）热效应△H=436kJ•mol﹣1+243kJ•mol﹣1﹣2×431kJ•mol﹣1=﹣183kJ•mol﹣1；故答案为：﹣183kJ•mol﹣1．【点评】本题考查反应热的有关计算，难度不大，注意掌握键能与反应热的关系．　19．有A、B、C、D四种元素，它们的原子序数依次增大，但均小于18，A和B在同一周期，A的电子式为，B原子L层的电子总数是K层的3倍；0.1molC单质能从酸中置换出2.24L氢气（标准状况），同时它的电子层结构变得与氖原子的电子层结构相同；D离子的半径比C离子的小，D离子与B离子的电子层结构相同．（1）C元素在周期表中的位置　第三周期第ⅡA族　．（2）用电子式表示A的气态氢化物的形成过程：　　．（3）A的单质和B的单质充分反应生成化合物的结构式是　O=C=O　．（4）四种元素中，最高价氧化物的水化物既能溶于酸，又能溶于碱，其溶于NaOH溶液的化学方程式为：　Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】B原子L层的电子总数是K层的3倍，B的原子原子核外各层电子数分别为2、6，则B为O元素；A的电子式为，A和B在同一周期，则A为C元素；0.1molC单质能从酸中置换出2.24L氢气（标准状况），氢气物质的量为0.1mol，则反应中C的化合价为=+2，故C原子最外层有2个电子，离子的与氖原子的电子层结构相同，则C为Mg元素；D离子的半径比C离子的小，D离子与B离子的电子层结构相同，D为Al元素，据此解答．【解答】解：B原子L层的电子总数是K层的3倍，B的原子原子核外各层电子数分别为2、6，则B为O元素；A的电子式为，A和B在同一周期，则A为C元素；0.1molC单质能从酸中置换出2.24L氢气（标准状况），氢气物质的量为0.1mol，则反应中C的化合价为-31-=+2，故C原子最外层有2个电子，离子的与氖原子的电子层结构相同，则C为Mg元素；D离子的半径比C离子的小，D离子与B离子的电子层结构相同，D为Al元素．（1）C为Mg元素，在周期表中的位置：第三周期第ⅡA族，故答案为：第三周期第ⅡA族；（2）A的气态氢化物为CH4，用电子式表示形成过程：，故答案为：；（3）A的单质和B的单质充分反应生成化合物为CO2，结构式是O=C=O，故答案为：O=C=O；（4）四种元素中，最高价氧化物的水化物既能溶于酸，又能溶于碱，该物质为Al（OH）3，其溶于NaOH溶液的化学方程式为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O．【点评】本题考查元素位置结构性质关系及应用，题目难度中等，注意掌握用电子式表示化学键或物质的形成．　20．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．请回答下列问题：（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：　C+H2OCO+H2　．（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：　Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS　．（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1总反应：3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=　﹣246.4kJ•mol﹣1　；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是　c、e　（填字母代号）．-31-a．高温高压b．加入催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．分离出二甲醚（4）已知反应②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400．此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如表：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol•L﹣1）0.440.60.6①比较此时正、逆反应速率的大小：v正　＞　v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=　0.04mol•L﹣1　；该时间内反应速率v（CH3OH）=　0.16mol/（L•min）　．【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2的过程；（2）根据酸式盐NaHS和NaHCO3为书写反应的化学方程式；（3）已知：①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）；△H=﹣90.8kJ•mol﹣1②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=﹣23.5kJ•mol﹣1③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；△H=﹣41.3kJ•mol﹣1利用盖斯定律通过①×2+②+③可得所求反应方程式，据此计算；（4）根据方程式计算平衡常数，然后利用三段式法解答．【解答】解：（1）煤的气化是利用煤与水蒸气高温条件小反应，生成CO和H2的过程：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2；（2）H2S和H2CO3均是二元酸，它们都存在酸式盐NaHS和NaHCO3，二者反应的化学方程式为H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3，故答案为：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3；（3）由盖斯定律可知，通过①×2+②+③可得所求反应方程式，则△H=﹣90.8kJ/mol×2﹣23.5kJ/mol﹣41.3kJ/mol=﹣246.4kJ/mol，一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，应使平衡向正反应方向移动，可减少CO2的浓度或分离出二甲醚，由于反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，转化率减小，催化剂不影响平衡移动，而增加CO的浓度，CO的转化率反而减小，-31-故答案为：﹣246.4kJ•mol﹣1；c、e；（4）①该反应的平衡常数表达式为：K=，将所给浓度带入平衡常数表达式：=1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）某时刻浓度（mol•L﹣1）：0.440.60.6转化浓度（mol•L﹣1）：2xxx平衡浓度（mol•L﹣1）：0.44﹣2x0.6+x0.6+xK=，解得x=0.2mol/L，故平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L﹣0.2mol/L×2=0.04mol/L，起始时在密闭容器中加入CH3OH，则起始时甲醇的浓度为0.44moL/L+0.6mol/L×2=1.64mol/L，平衡时c（CH3OH）=0.04mol/L，则10min转化甲醇1.64moL/L﹣0.04moL/L=1.6mol/L，所以甲醇的反应速率为v（CH3OH）==0.16mol/（L•min），故答案为：0.04mol•L﹣1；0.16mol/（L•min）．【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，注意“始、转、平”是解决有关化学平衡的“三段论”解题法，当三组量一旦确定，可以解答有关平衡的平衡常数计算、转化率、反应速率、平衡时成分的体积分数等的关键．　21．（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快．由此判断，影响化学反应速率的因素有　温度　和　浓度　．（2）为探究锌与盐酸反应过程的速率变化，某同学的实验测定方法是：在100ml稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（氢气体积已换算为标准状况）：时间/min12345体积/mL50120232290310-31-①哪一时间段反应速率最大　2～3min　（填“0～1min”或“1～2min”或“2～3min”或“3～4min”或“4～5min”）．②2～3min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率（设溶液体积不变）为　0.1mol．L﹣1．min﹣1　．③试分析1～3min时间段里，反应速率变大的主要原因　反应放热成为影响速率的主要因素　．【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】（1）温度升高、浓度增大，可增大反应速率；（2）①一段时间内收集的气体的体积越大，反应速率越大；②根据v=计算；③开始反应时浓度逐渐变小，但温度逐渐升高．【解答】解：（1）当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快，说明温度升高、浓度增大，可增大反应速率，则影响化学反应速率的因素有温度和浓度，故答案为：温度；浓度；（2）①2～3min收集的气体的体积比其它时间段体积增大的大，则说明该时间段反应速率最大，故答案为：2～3min；②2～3min时间段生成氢气体积为232ml﹣120mL=112mL，n（H2）==0.005mol，则消耗n（HCl）=0.01mol，v===0.1mol．L﹣1．min﹣1，故答案为：0.1mol．L﹣1．min﹣1；③开始反应时浓度逐渐变小，温度逐渐升高，但反应速率逐渐增大，说明反应放热成为影响速率的主要因素，故答案为：反应放热成为影响速率的主要因素．【点评】本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握相关基础知识的积累，难度不大．　22．海洋约占地球表面积的71%，海水化学资源的利用具有非常广阔的前景．（1）镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的，其主要步骤如图1：-31-①为了使MgSO4转化为Mg（OH）2，试剂①可以选用　氢氧化钠（NaOH）　，要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂①的量应　过量　；②试剂②可以选用　盐酸　；③试从节约能源、提高金属镁的纯度分析，以下适宜的冶镁方法是　C　．A．Mg（OH）2MgOMgB．Mg（OH）2MgOMgC．Mg（OH）2MgCl2MgD．Mg（OH）2MgCl2Mg（2）溴及其化合物用途十分广泛，我国正在大力开展海水提溴的研究和开发工作．工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如图2：某课外小组在实验室模拟上述过程设计如图3装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）：①A装置中通入a气体的目的是（用离子方程式表示）　Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2　；②A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通热空气．通入热空气的目的是　吹出Br2　；-31-③反应过程中，B装置中有SO42﹣生成．检验SO42﹣的方法是　取少量B装置中反应后的溶液于试管中，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明有SO42﹣　；④C装置的作用是　吸收未反应的Cl2、Br2和SO2　．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】（1）根据题中工业流程图可知，海水中加入碱，使镁离子沉淀，得到氢氧化镁，氢氧化镁溶于盐酸得氯化镁溶液，氯化镁溶液在酸性条件下蒸发得无水氯化镁，电解熔融的氯化镁可得镁．①利用复分解反应的条件及MgSO4转化为Mg（OH）2时阴离子的变化来选择试剂；②根据框图可知氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁、水来分析；③MgO的熔点高，制备镁一般利用电解熔融的MgCl2；（2）①利用氧化还原反应原理制取溴单质；②溴易挥发；③硫酸根离子和盐酸酸化的氯化钡溶液反应生成难溶性的白色沉淀；④溴、氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空．【解答】解：（1）①使MgSO4转化为Mg（OH）2，应选择碱，在转化中不引入新的离子，则试剂①选择NaOH，反应的离子方程式为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，为了使镁离子完全转化，加入试剂①的量应过量，故答案为：氢氧化钠（NaOH）；过量；②根据框图可知氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁、水，所以试剂②的名称是盐酸，故答案为：盐酸；③MgO的熔点高，不能利用电解或还原法来制备镁，则ABD错误；适宜的冶镁方法是C，故答案为：C；（2）①要想使溴离子变成溴单质，则加入的a能和溴离子发生反应生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，离子反应方程式为：Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2，故答案为：Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2；②溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2，故答案为：吹出Br2；③溴有强氧化性，能和二氧化硫发生氧化还原反应而生成溴离子和硫酸根离子，硫酸根离子和盐酸酸化的氯化钡溶液反应生成难溶性的白色硫酸钡沉淀，所以硫酸根离子的检验方法为：取少量B装置中反应后的溶液于试管中，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明有SO42﹣，-31-故答案为：取少量B装置中反应后的溶液于试管中，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明有SO42﹣；④氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以C装置是尾气处理装置，所以C的作用是：吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，故答案为：吸收未反应的Cl2、Br2和SO2．【点评】本题考查镁的制备，明确海水中镁的制备的流程及试剂的选择来分析解答，注意MgO的熔点高是学生解答中易忽略的地方，制备镁利用电解法，题目难度中等．　-31-