2019-2020年高考化学二轮复习 考点加餐训练 化学反应原理（含解析）.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 考点加餐训练 化学反应原理（含解析）1我们主要从三个方面讨论一个化学反应的原理，其中不属于这三个方面的是A反应进行的方向 B反应的快慢C反应进行的限度 D反应物的多少【答案】D【解析】试题分析：我们要讨论一个化学反应的原理，应该讨论反应向什么方向进行，反应进行的快慢程度，反应进行的最大程度是多少，因此是与讨论研究反应无关的是反应物的多少，故选项是C。考点：考查研究化学反应的内容的知识。2某温度下2 L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量（n）如下表所示。下列说法正确的是（ ）XYWn（起始状态）/mol210n（平衡状态）/mol10.51.5A该温度下，此反应的平衡常数K6.75 B升高温度，若W的体积分数减小，则此反应H 0C增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动D该温度下，此反应的平衡常数表达式是K【答案】A【解析】试题分析：根据表中数据可知，平衡时X、Y、Z的物质的量的变化量分别是1mol、0.5mol、1.5mol，所以该反应的方程式是2X+Y3Z，则根据平衡常数的概念可知，D不正确；平衡时X、Y、Z的物质的量浓度分别是（mol/L）0.5、0.25、0.75，所以该温度下，此反应的平衡常数K，A正确；升高温度，若W的体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此该反应H0，B不正确；正方应是体积不变的可逆反应，所以改变压强，平衡不移动，C不正确，答案选A。考点：考查平衡常数的判断与计算、外界条件对平衡状态的影响点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题设计新颖，难易适中，贴近高考。在注重对学生基础性知识巩固与训练的同时，侧重对学生学习方法的指导与训练，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的求知欲。3下列说法正确的是A需要加热方能发生的反应一定是吸热反应B放热反应在常温条件下一定很容易发生C反应是吸热还是放热的，要看反应物和生成物所具有总能量的大小D灼热的炭与二氧化碳的反应为放热反应【答案】C【解析】试题分析：A、煤的燃烧是放热反应，但需要加热到着火点，A错误；B、很多可燃物的燃烧，需要加热到较高的温度才能发生反应，B错误；C、反应热决定于反应物和生成物能量的相对高低，H=生成物的能量和-反应物的能量和，C正确；D、灼热的炭与二氧化碳的反应为吸热反应，D错误。考点：考查了化学反应能量变化的相关知识。4下列有关电解质溶液的说法正确的是A将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质B保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+水解C室温下，向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大DNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【答案】A【解析】试题分析：A、次氯酸钙易与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸易分解，所以Ca（ClO）2溶液蒸干最终得到碳酸钙固体，Na2SO3溶液易被氧气氧化，最终得到硫酸钠固体，铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，所以FeCl3溶液蒸干最终得氢氧化固体，正确；B、保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+被氧化，铁与被氧化的铁离子反应是亚铁离子，错误；C、室温下，向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度不一定增大，如加入醋酸钠固体，醋酸钠水解呈碱性，由于醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离，醋酸电离程度减小，错误；D、NaCl溶液呈中性，是因为氯化钠是强酸强碱盐，不水解，所以不影响水的电离，CH3COONH4溶液显中性，是因为醋酸根离子水解程度与铵根离子水解程度相同，使溶液呈中性，但促进水的电离，所以两溶液中水的电离程度完全不相同，错误，答案选A。考点：考查盐的性质，盐水解的应用510在1L容器中充入0.5mol N2和1.5mol H2发生反应：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）H =-92.4 kJmol-1，下列关于该反应的说法正确的是A反应达到平衡时共放出46.2 kJ的热量B若将容器体积压缩至0.5L，可提高单位体积内活化分子百分数，从而加快正反应速率，降低逆反应速率C任何时刻均有：（N2）=3（H2）=2（NH3）D若保持容器体积不变，继续通入0.5mol N2和1.5mol H2，则N2的转化率变大【答案】D【解析】试题分析：该反应是可逆反应，放出的热量不可能刚好等于46.2 kJ；将容器的体积压缩，会使体积减小浓度增大，可提高单位体积活化分子的百分数，使正、逆反应速率都增大；在任何时刻都有（N2）：（H2）：（NH3）=1:3:2；若保持容器体积不变，继续通0.5mol N2和1.5mol H2，相当于增大了反应物的浓度，使平衡正向移动，增大N2的转化率。考点：可逆反应与能量、化学反应速率的影响因素、转化率、平衡的移动点评：本题的关键是可逆反应，只有全面掌握可逆反应的知识，并将知识灵活运用，本题即可迎刃而解。6铅蓄电池的总反应式为：PbO2Pb2H2SO4放电充电2PbSO42H2O，根据此反应判断下列叙述中正确的是A放电时，H2SO4 浓度降低B充电时，电源正极与蓄电池的“”极连接C负极的电极反应式为：PbSO422ePbSO4 D因PbSO4难溶，铅蓄电池报废后无需回收处理 【答案】AC【解析】根据总反应式可知，放电时消耗硫酸，所以硫酸的浓度降低，A正确；充电时，电源正极与蓄电池的“”极连接，B不正确；原电池中负极失去电子，所以C正确；硫酸铅是重金属盐，随意丢弃铅蓄电池，容易导致环境的污染，D不正确，答案选AC。7下列说法正确的是A增大反应物浓度可以增大活化分子百分数，从而使反应速率增大B汽车尾气的催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体快速地转化为N2和CO2，其原因是催化剂可增大NO和CO反应的活化能C在“反应热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读出并记录反应体系的最高温度D研制性能优良的催化剂既可以提高化学反应速率，又能起到很好的节能效果【答案】D【解析】试题分析：A、增大浓度，可以增大单位体积内活化分子数，但单位体积内活化分子百分数不变，A错误；B、催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，B错误；C、测定中和热时，用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，然后准确读取实验时最高温度，应当取23 次的实验平均值，以达到良好的实验效果，C错误；D、催化剂能降低活化能，提高反应速率，起到节能效果，D正确。答案选D。考点：化学反应与能量8在10L 恒容密闭容器中充入X（g）和Y(g)，发生反应X（g）+Y（g）M（g）+N（g），所得实验数据如下表：实验温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)7000.400.100.0908000.100.400.0808000.200.30a9000.100.15b下列说法正确的是A实验中，若5min时测得n(M)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.010-2mol/(Lmin)B实验中，该反应的平衡常数K=2.0C实验中，达到平衡时，X的转化率为60%D实验中，达到平衡时，b0.060【答案】C【解析】试题分析：A、实验中，若5min时测得n(M)0.050mol，浓度是0.0050mol/L，则根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量也是0.0050mol/L ，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率(N)0.0050mol/L 5min1.0103mol/(Lmin)，A错误；B、实验中，平衡时M的浓度是0.0080mol/L，则同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L0.0080mol/L0.002mol/L，0.04mol/L0.0080mol/L0.032mol/L，因此反应的平衡常数，B错误；C、根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则X(g) Y(g)M(g) N(g)起始浓度（mol/L） 0.020 0.030 0 0转化浓度（mol/L）0.012 0.012 0.012 0.012平衡浓度（mol/L）0.008 0.018 0.012 0.012温度不变，平衡常数不变，则，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C正确；D、700时X(g) Y(g)M(g) N(g)起始浓度（mol/L） 0.040 0.010 0 0转化浓度（mol/L） 0.009 0.009 0.009 0.009平衡浓度（mol/L）0.031 0.001 0.009 0.009则该温度下平衡常数，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器中温度也是800，由于反应前后体积不变，则与相比平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b0.5a0.06。当温度升高到900时平衡显逆反应方向移动，因此b0.060，D错误，选C。考点：考查化学反应速率和化学平衡常数的有关判断与计算。9已知1 g H2完全燃烧生成水蒸气时放出的热量121 kJ，且氧气中1 mol OO键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 molHO键形成时放出热量463 kJ，则1 molHH键断裂时吸收热量为A920 kJ B557 kJ C436 kJ D188 kJ【答案】C【解析】试题分析：反应热就是断键化学键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，设1mol HH断裂时吸收热量为x，根据化学反应2H2（g）+O2（g）2H2O（g），所以有2x496kJ4463kJ121kJ4，解得x436kJ，答案选C。考点：考查反应热的计算。10对已经达到平衡的反应 2X(g) + Y(g) 2Z(g) H b%Ba% b% Ca%= b%D无法判定【答案】B 【解析】建立这样的模型，把乙中的SO2 、O2平均分成2份，每份为1克 SO2和 O2，然后，在与甲相同的容器中建立两个完全相同的平衡状态。如：1g SO2 1g O21g SO2 1g O2 2g SO2 2g O2VVV然后把两个容器中的物质压缩到一个容器中去，而对于2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ,压缩，平衡右移，故SO2的转化率增大。12下列有关电解质溶液的说法正确的是A在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变 BCaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)DNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【答案】C【解析】试题分析：A、在蒸馏水中滴加浓H2SO4，浓硫酸稀释时放热，使溶液温度升高，KW增大，错误；B、醋酸酸性大于碳酸，所以碳酸钙与醋酸反应生成二氧化碳，错误；C、根据质子守恒，得：c(OH-)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)，即c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)，正确；D、NaCl是强酸强碱盐，溶液显中性；CH3COONH4溶液显中性是因为铵根离子水解程度等于醋酸根离子水解程度，水解促进水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，错误，答案选C。考点：考查水的离子积的变化，质子守恒的应用，酸性强弱的应用，盐的水解应用13在t向一密闭容器中放入1mol A 和1 mol B发生反应:A(固) + B(气)C(气) + 2D(气),平衡时C的含量为m% ,保持温度不变,若按下列配比的物质放入容器中,达平衡时,C的含量仍为m%的是A、2molA和1molB B、2molD和1mol A 和 1molBC、1molC和2molD 和1molB D、1molC和1molD 【答案】A【解析】试题分析：所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即n0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说（即n0的体系）：等效转化后，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。由于反应物A是固体，所以改变固体的质量不会影响平衡状态，A正确；B中B中开始有生成物D存在，不正确；C中相对于是2molB，不正确；D中换算后，仍然存在生成物，不正确，答案选A。考点：考查等效平衡的有关判断点评：该题是中等难度的试题，对学生的要求较高，不易得分。解答该类型试题的关键是分清等效平衡的类别，用相应的方法求解即可14某温度下，将6 mol CO2和8 mol H2 充入2 L密闭容器中发生反应CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H c (NH4+ ) c (H+) c (OH)B0.2 mol /L的Na2CO3溶液中：c (OH)= c (HCO3)+ c (H+)+ c (H2CO3)C0.1 mol /L的NH4Cl溶液与0.05 mol L-l的NaOH溶液等体积混合，其混合溶液中：c (Cl-) c (NH4+ ) c (Na+ ) c (H+) c (OH-)Dc (NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4C1溶液中：c (NH4)2SO4 c (NH4)2CO3 c (SO42) c (H+) c (OH)；B错，正确为：c (OH)= c (HCO3)+ c (H+)+2 c (H2CO3)；C错，正确为：c (Cl-) c (NH4+ ) c (Na+ ) c (OH-) c (H+)；D正确；16（6分）(1)常温下将0.2 mol/LHCl溶液与0.2 mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH6，则混合溶液中由水电离出的c(H)_0.2 mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H)；(填“”“”或“”)(2)常温下若将0.2 mol/LMOH溶液与0.1 mol/LHCl溶液等体积混合，测得混合溶液的pH7，则说明在相同条件下MOH的电离程度_MCl的水解程度；(填“”“”或“”)(3)常温下若将pH3的HR溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH7，则混合溶液的pH_。(填“7”“7”或“无法确定”)【答案】（1） (2) (3)”、“K，所以反应逆向进行，PCl5的物质的量将增大。考点：考查物质推断，反应速率的计算，平衡常数的应用，热化学方程式的书写18（9分）（1）已知：TiO2（s）2Cl2 （g）=TiCl4（l）O2（g） H140 kJmol12C（s）O2（g）=2CO（g） H221 kJmol1写出TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO气体的热化学方程式：_。（2）在25，101KPa时，CO的燃烧热为280kJ/mol，写出 CO的燃烧热的热化学方程式：_。（3）在火箭推进器中以肼（N2H4）作为燃料，可以选O2或NO2作为氧化剂，如果以氧气作为氧化剂，其化学反应与能量关系如下，请写出该反应的热化学方程式 ：_。【答案】（共9分）（1）TiO2（s）+2Cl2（g）+2C=TiCl4（l）+2CO（g） H81kJmol1（2）CO（g）+1/2O2（g）=CO2 H280kJmol1（3）N2H4（g） +O2（g）=N2（g）+2H2O（g） H534kJmol1【解析】试题分析：（1）运用盖斯定律可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C=TiCl4（l）+2CO（g） H81kJmol1（2）燃烧热是1molCO完全燃烧放出的热量：CO（g）+1/2O2（g）=CO2 H280kJmol1（3）结合关系图：N2H4（g） +O2（g）=N2（g）+2H2O（g） H534kJmol1考点：反应热的计算 涉及盖斯定律的应用及燃烧热的计算等。19（10分）为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过下图实验装置测定反应中生成的CO2气体体积，并绘制出如图所示的曲线，在该实验过程中发现锥形瓶温度升高。请分析讨论以下问题。（1）在O t1、t1 t2、t2 t3各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是 ，可能的原因是 ；收集到的气体最多的是 时间段。（2）为了减缓上述反应速率，欲向盐酸溶液中加入下列物质，你认为可行的有 ；A蒸馏水 BNaCl固体 CNaCl溶液 D通入HCl（3）在t4后，收集到的气体的体积不再增加，可能的原因是 。【答案】（1）t1 t2 该反应为放热反应，反应一段时间后，溶液的温度升高，使得反应速率加快t1 t2 （2）AC （3）反应物中有一种已经消耗完（凡是符合题意的都给分）【解析】考查外界条件对反应速率的影响。（1）反应速率越大，在图像中曲线的斜率就越大，所以反应最快的是t1 t2。随反应的进行，反应物的浓度是减小的，但速率是增大的，这说明反应一定是放热反应，温度升高导致反应速率增大。根据纵坐标可知生成气体最多的是t1 t2。（2）要降低反应速率，就要减小反应物盐酸的浓度。A和C均是稀释盐酸，使其浓度降低。B不影响，D是增大浓度，反应速率加快。（3）当反应进行到一定程度时，反应物被完全消耗，所以生成物的CO2的体积就不再变化。20(10分)中和热是指酸跟碱发生中和反应生成lmol H2O所放出的热量。某学生想通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。他将50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。请回答下列问题：(1) 从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_；装置的不足之处是 ；不加以改正，所求的值将 （填偏大，偏小，无影响）。(2) 实验中改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸跟50mL 0.55 mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等”或“不相等”)；所求中和热的数值会_(填“相等”或“不相等”)。【答案】（1）环形玻璃搅拌棒；大烧杯没有和小烧杯在同一水平面上；偏小（2）不相等 相等【解析】考查中和热的测定。在实验中为了使溶液混合均匀，需要搅拌，因此还需要环形玻璃搅拌棒。为了减少热量的损失，2个烧杯的口径应该水平，在一条线上。由于装置中小烧杯的口径靠下，使得一部分热量损失，测定的中和热偏小。当改变酸或碱的用量时，反应中放出的热量会发生变化，但中和热是不变的。21（13分）用下图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：（1）大小烧杯之间填满碎泡沫塑料除了起支撑作用外，还有的作用是 ，从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是 。（2）使用补全仪器后的装置进行实验，取50mL0.25molL-1的H2SO4溶液与50mL0.55 molL-1 NaOH溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高3.4。已知中和后生成的溶液的比热容c为 4.2Jg-1-1，溶液的密度均为1gcm-3，忽略溶液混合后的体积变化。通过计算可得中和热H= KJmol-1（保留2位小数）， H2SO4与NaOH反应的热化学方程式 。（3）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和热为H1，则H1与H的关系为：H1 H（填“”、“”或“=”），理由是 。【答案】（13分）（1）保温、隔热、减少实验过程中的热量损失； 环形玻璃搅拌棒（2）-57.12（3分）H2SO4(aq)+2NaOH(aq) = Na2SO4(aq)+2H2O(l) H= -114.24KJmol-1（答案不唯一）（3） 中和过程中NH3H2O电离吸热【解析】试题分析：（1）大泡沫塑料的导热性能差，所以小烧杯之间填满碎泡沫塑料除了起支撑作用外，还有的作用是保温、隔热、减少实验过程中的热量损失；图中还缺少的仪器为环形玻璃搅拌棒，用于搅拌，使反应更充分；（2）中和热为强酸与强碱的稀溶液反应生成1mol液态水时放出的热量，该实验中NaOH稍过量，按硫酸的量进行计算，则生成水的物质的量是0.05L0.25molL-12=0.025mol，溶液按100mL的水的质量来计算为100g，所以反应中放出的热量为4.2Jg-1-1100g3.4=1.428kJ，则中和热数值为1.428kJ/0.025mol=57.12kJ，中和热H=-57.12kJ/mol，则H2SO4与NaOH反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+2NaOH(aq) = Na2SO4(aq)+2H2O(l) H= -114.24KJmol-1；（3）若将氢氧化钠改为氨水，因为氨水是弱碱溶液，电离需要吸收热量，导致放出的热量减少，所以测定的热量偏小，中和热为负值，所以H1H。考点：考查中和热的测定实验，中和热的计算22某温度下和之间建立起如下的平衡2，测得平衡混合物对空气的相对密度为2644，求的分解率。【答案】的分解率为20。【解析】设的起始物质的量为1转化了的物质的量为2起始物质的量10转化物质的量2平衡物质的量12平衡时混合气体的总物质的量为总121292926447668已知和的相对分子质量分别为92，46，则有：7668（92（1）4621）解得02的分解率为：（021）1002023AG是中学化学中常见的物质，在一定条件下它们之间的转化关系如图所示，其中A为金属，F是一种有毒的气体单质，G为NaOH溶液。请回答问题。（1）物质A的化学式是 。（2）检验E溶液中的金属离子，常选用的试剂是 (填化学式)。（3）溶液B与气体F反应的离子方程式是 。（4）物质C转化为物质D的反应中伴随的主要现象是 ，化学方程式是 。（5）将SO2气体通入BaCl2溶液中无沉淀产生，再将此溶液一分为二，向其中一份中通入足量的氨气，有白色沉淀产生，该沉淀是 (填化学式)。向另一份中滴加几滴E溶液也有白色沉淀产生，请用离子方程式表示该沉淀的产生过程 。【答案】(15分，第（5）第一空BaSO3给1分，其余每空2分)（1）Fe；（2）KSCN；（3）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-（4）白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（5）BaSO3；SO32-+2Fe3+ +H2O=SO42- +2Fe2+ +2H+；SO42- + Ba2+ =BaSO4【解析】试题分析：由转化关系可知A应为变价金属，应为Fe，F为有毒气体，应为Cl2，则B应为FeCl2，E为FeCl3，C为Fe(OH)2，D为Fe(OH)3，（1）由以上分析可知A为Fe，故答案为：Fe；（2）检验Fe3+，可用KSCN，溶液呈红色，故答案为：KSCN；（3）溶液B与气体F反应的离子方程式是2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；（4）Fe(OH)2不稳定，易于空气中氧气发生反应生成Fe(OH)3，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）将SO2气体通入BaCl2溶液中无沉淀产生，再将此溶液一分为二，向其中一份中通入足量的氨气，氨气与亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与BaCl2溶液反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵；向另一份中滴加几滴FeCl3溶液，FeCl3溶液将亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO32-+2Fe3+ +H2O=SO42- +2Fe2+ +2H+；SO42- + Ba2+ =BaSO4，故答案为：BaSO3；SO32-+2Fe3+ +H2O=SO42- +2Fe2+ +2H+；SO42- + Ba2+ =BaSO4。考点：考查了无机推断的相关知识。24A、B、C、D、E、F为常见的原子序数依次增大的短周期元素，B、C、D、E、F的简单离子的电子层结构相同，A和E同主族，且原子的最外层电子数的关系为ADBF8。请回答：（1）试写出B2单质的电子式为 。试写出由上述元素组成的分子中含有4个原子核且为18电子结构的物质的化学式 。（2）含F元素对应的金属阳离子的溶液中滴加过量E的最高价氧化物对应水化物的溶液，其离子方程式是 。（3）已知B2A4与BA3具有相似的性质，B2A4通过炽热的氧化铜粉末，粉末由黑色变为红色单质，且产物对大气无污染，其化学反应方程式是 。（4）在2 L的密闭容器中，通入2 mol B2气体和3 mol A2气体，一定温度下反应生成BA3气体，当反应达到平衡时，A2的浓度为0.15 molL1，同时放出约83.2 kJ的热量，该反应的热化学方程式为 。（5）已知某化合物EB3与水可以反应生成两种气体单质和一种碱，试写出其化学方程式 ；若0.1 mol该化合物完全反应，转移电子的物质的量为 。【答案】（1），H2O2；（2）Al34OH=AlO2-2H2O；（3）N2H42CuO2CuN22H2O；（4）N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.4 kJmol1；（5）2NaN32H2O=3N2H22NaOH，0.1 mol。【解析】试题分析：B、C、D、E、F的简单离子的电子层结构相同，且六种元素原子序数依次增大的短周期元素，这五种元素应在第二周期的后三种元素，第三周期的前三种元素，因为A和E同主族，且AD=BF=8，则A：H，B：N，C：O，D：F，E：Na，F：Al，（1）N2共用三个电子对，电子式为NNNN，上述元素组成分子中含有4个原子核且为18电子物质是H2O2；（2）E的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，且Al(OH)3表现两性，能和NaOH反应，即Al34OH=AlO22H2O；（3）N2H4和CuO反应，黑色变为红色单质，即Cu产生，产物对大气无污染，即N转化成N2，因此方程式为N2H42CuON22Cu2H2O；（4）发生的反应是N23H22NH3，消耗氢气物质的量为3mol0.152mol=2.7mol，消耗3mol氢气放出的热量为92.4kJmol1，则N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.4 kJmol1；（5）NaN3和水反应两种气体单质，则气体单质为N2和H2，一种碱为NaOH，则化学反应方程式为2NaN32H2O=3N2H22NaOH，根据反应方程式2molNaN3参加反应转移电子2mole，因此消耗0.1molNaN3转移电子为0.1mole。考点：考查元素周期表、元素及其化合物的性质、氧化还原反应、热化学反应方程式等知识。25（I）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：（1）若B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物。D物质常用于食品工业。写出反应的化学方程式_。（2）若B是气态氢化物。C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。写出反应的化学方程式_。（3）若D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出反应离子方程式_。（4）若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出反应的化学方程式_。（5）若A是应用最广泛的金属。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。写出反应的离子方程式_。（II）在温度相同、体积均为1 L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下。已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H =-98.3 kJmol-1。容 器甲乙丙反应物投入量2 mol SO2、1 mol O22 mol SO3m mol SO2、n mol O2、p mol SO3c(SO3) /molL-11.41.41.4能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJSO2或SO3的转化率1212.5%则：1+2=_，p=_mol，b+c=_kJ 。（III）HA、H2B、H3C三种弱酸，根据“较强酸+较弱酸盐较强酸盐+较弱酸”的反应规律，它们之间能发生下列反应：AHA+HC2-(少量)A-+H2C- BH2B(少量)+2A-B2-+2HACH2B(少量)+H2C-HB-+H3C回答下列问题：（1）相同条件下，HA、H2B、H3C三种酸中，酸性最强的是_。（2）A-、B2-、C3-、HB-、H2C-、HC2-六种离子中，最易结合质子(H+)的是_，最难结合质子的是_。（3）完成下列反应的离子方程式HA（过量）C3-：_。(IV)在25下，将a mol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+) = c(Cl)，则溶液显_（填“酸”、“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=_。【答案】（共25分）（）（10分 各2分）（1）NaOH+CO2=NaHCO3（2）4NH3+5O2=4NO+6H2O（反应条件不写不扣分）（3）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3（4）Si+2NaOH+2H2O=NaSiO3+2H2（5）2Fe3+Fe=3Fe2+（）（6分）1（2分）， 1.6（2分），39.32（2分）（）（6分）（1）H2B （2分）（2）C3-，HB- （各1分）（3）2HA(过量)+C3-=H2C-+2A-（2分）（）（3分）中（1分） （2分）【解析】试题分析：（）（1）B是淡黄色固体，反应均用到同一种液态氢化物，D物质常用于食品工业。则A为Na、B为Na2O2、C为NaOH、D为NaHCO3，NaOH与过量的CO2反应可生成NaHCO3，化学方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3。（2）若B是气态氢化物。C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。则A为N2、B为NH3、C为NO、D为NO2，反应为NH3的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。（3）D物质具有两性，反应均要用强碱溶液，反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。则A为Al、B为AlCl3、C为Na AlO2、D为Al(OH)3，反应为Na AlO2溶液与过量的CO2反应，生成Al(OH)3沉淀和HCO3，离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3。（4）A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。则A为Si、B为SiO2、C为Na2SiO3，D为Na2CO3，反应为Si与NaOH溶液的反应，化学方程式为：Si+2NaOH+2H2O=NaSiO3+2H2。（5）若A是应用最广泛的金属。反应用到A，反应均用到同一种非金属单质。则A为Fe、C为FeCl3、D为FeCl2，反应为Fe还原Fe3+，离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+。（）根据甲、乙、丙可知平衡均是等效的。甲是反应物开始建立平衡，乙是生成物开始建立平衡，所以SO2和SO3的转化率之和是1。丙中SO3的转化率是0.125，平衡时SO3的物质的量是1.4mol，所以有p（10.125）1.4mol，解得p1.6mol。根据反应式可知每消耗2mol三氧化硫，就吸收98.3 kJ热量，丙中消耗的三氧化硫是1.6mol0.1250.2mol，吸热是0.298.3 kJ/29.83kJ。乙中消耗三氧化硫是0.6mol98.3 kJ/229.49kJ。所以共吸热29.49kJ9.83kJ39.32kJ。（）本题主要考查“较强酸+较弱酸盐较强酸盐+较弱酸”的反应规律，由所给方程式可得酸性：H2BHAH2C-H3C，相应的它的离子结合质子的顺序为：C3-HC2-H2C-A-HB-。（）根据电荷守恒，当c(NH4+) = c(Cl)时，溶液中的c(H+) = c(OH)，故溶液显中性。Kb= =考点:本题考查元素化合物的性质、物质的推断、化学方程式与离子方程式的书写。