【20套精选试卷合集】河北省衡水中学2019-2020学年高考化学模拟试卷含答案

A． 3s内的平均速率为：V（PCl3）=0.1mol?L﹣1?min﹣1 达到平衡时放出0.6QJ热量 B． 其他条件不变，再向容器中充入1molPCl5（g）C．，则达新平衡时，C（PCl5）＞0.4mol?L﹣1 D．其他条件不变，增大PCl5的浓度，平衡常数减小

考点： 化学平衡的影响因素． 专题： 化学平衡专题．

分析： A．恒温、恒容的密闭容器中，气体的物质的量之比等于压强之比，根据压强之间的关系式结合差

量法计算生成的PCl3的物质的量，再根据V（PCl3）=计算； B．该反应是吸热反应；

C．平衡体系中再加入1mol的PCl5，重新到达平衡状态，可以等效为开始加入2mol的PCl5，体积增大为原来的2倍，达平衡（该平衡与原平衡等效）后再将体积压缩到原来大小，与原平衡相比，积压缩压强增大平衡状态，平衡向体积减小的方向移动，即向逆反应方向移动； D．平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关．

解答： 解：A．恒温、恒容的密闭容器中，气体的物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体的物质

的量为1.6mol，气体的物质的量增大（1.6﹣1）mol=0.6mol，设生成PCl3的物质的量为x， PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g） 气体增加的物质的量 1mol 1mol x 0.6mol

x=

=0.6mol，

V（PCl3）===0.1mol/（L．s），时间单位是S不是min，故A错误；

B．该反应是吸热反应不是放热反应，当气体增加1mol时吸收的热量是QJ，则气体增加0.6mol时吸收的热量是0.6QJ，故B错误；

C．平衡体系中再加入1mol的PCl5，重新到达平衡状态，可以等效为开始加入2mol的PCl5，体积增大为原来的2倍，达平衡（该平衡与原平衡等效）后再将体积压缩到原来大小，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则平衡浓度大于原来的两倍，故C正确； D．温度不变，平衡常数不变，故D错误； 故选C．

点评： 本题考查化学平衡、等效平衡思想的利用，难度中等，注意C中等效平衡思想，把一个平衡的建立

设计成多步进行，使问题简单化．

二、问答题（满分58分） 8．（16分）（2013?达州一模）有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中A元素和B元素的原子都有一个未成对电子，A+比B﹣少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价与最低化合价代数和为4；E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子．请回答下列问题：

（1）A元素的简单离子基态时的电子排布式为 1s22s22p6 R是由C元素与氢元素两种元素形成的18电子分子，R的电子式为

（2）CB3分子的空间构型是 三角锥型 ，其中心原子的杂化类型是 sp3

（3）由D、E、C三元素可形成共价化合物（DEC）2（分子中各原子均达8电子稳定结构），每个分子中含 5 个δ键． （4）E的一种低价氧化物与充入二氧化碳的空气和熔融碳酸钾可构成燃料电池．则该燃料电池的负极反应为 CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2 正极反应为 O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣

（5）1.2gE的单质在标准状况下的1.68L氧气中燃烧，至反应物耗尽，放出 J热量．则1molE与O2反应

生成E的低价氧化物时的热化学方程式为 C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（20﹣Y）kJ/mol （已知：E的燃烧热为Y J/mol）

考点： 原子结构与元素周期率的关系；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单

分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

专题： 原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．

分析： 有A、B、C、D、E五种短周期元素，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl

元素；B﹣离子为Cl﹣离子，A+比B﹣少一个电子层，A+为Na+离子，A为Na元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，故D为S元素，E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子，即核外电子数为6，故E为C元素，据此解答．

解答： 解：有A、B、C、D、E五种短周期元素，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B

为Cl元素；B﹣离子为Cl﹣离子，A+比B﹣少一个电子层，A+为Na+离子，A为Na元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，故D为S元素，E元素的基态原子核外有六种运动状态的电子，即核外电子数为6，故E为C元素，

（1）A元素的简单离子为Na+，基态时的电子排布式为1s22s22p6，

R是由N元素与氢元素两种元素形成的18电子分子，R为N2H4，电子式为

，

故答案为：1s22s22p6；；

（2）CB3分子为NCl3，分子中N原子成3个N﹣Cl键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，为三角锥型，N原子采取sp3杂化， 故答案为：三角锥型；sp3；

（3）D、E、C三元素形成共价化合物为（SCN）2，分子中各原子均达8电子稳定结构，结构简式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，

故每个分子中含5个δ键，故答案为：5；

（4）E的一种低价氧化物CO与充入二氧化碳的空气和熔融碳酸钾可构成燃料电池，原电池负极发生氧化反应，CO在负极通入，CO被氧化，在熔融碳酸钾中生成CO2，电极反应式为：CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2，正极发生还原反应，氧气再正极通入，二氧化碳参与的反应生成CO32﹣，电极反应式为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，

故答案为：CO+CO32﹣﹣2e﹣=2CO2；O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣； （5）1.2g碳的物质的量为

=0.1mol，标准状况下的1.68L氧气的物质的量为

=0.075mol，所以n（C）：n（O）=0.1mol：0.075mol×2=1：1.5，故燃烧生成物为CO、

CO2，令CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据C原子守恒有x+y=0.1，根据O原子守恒有x+2y=0.075×2，联立方程，解得x=0.05，y=0.05，碳的燃烧热为Y J/mol，故生成0.05molCO2放出的热量为0.05mol×Y kJ/mol=0.05YkJ，故生成0.05molCO放出的热量为 kJ﹣0.05YkJ=（﹣

0.05Y）kJ，故1mol碳燃烧生成CO放出的热量为（﹣0.05Y）kJ×=（20﹣Y）kJ，故1mol碳与O2反应生成CO时的热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（20﹣Y）kJ/mol， 故答案为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣（20﹣Y）kJ/mol．

点评： 本题以元素推断题为载体，考查核外电子排布规律、分子空间构型与杂化轨道、化学键、原电池、

反应热的以计算与热化学反应方程式书写等，题目较为综合，难度中等，推断元素是解题关键，是对学生综合能力的考查．

9．（14分）（2013?达州一模）达州市渠县境内含有丰富的深层地下食盐资源，食盐是日常生活中的必需品，也是重要的化工原料．

（1）经测定该县深层地下粗盐中含有少量+、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质离子，某研究性学习小组在实验室提纯NaCl的流程如下：

所提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液、75%乙醇溶液、CCl4，仪器及用品自选． ①欲除去溶液中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣，选出a操作中所代表的试剂，按滴加顺序依次为 BaCl2、NaOH、Na2CO3 （只填化学式），b步操作的名称是 冷却结晶 ．

②洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量Cl，应选用试剂是 75%乙醇 ，用PH试纸测定滤液ⅡPH值的方法是 用玻璃棒蘸取少许滤液Ⅱ滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定滤液Ⅱ的酸碱度， ．

（2）用提纯的NaCl配制500mL，2.5mol?L﹣1的NaCl溶液，所需仪器除烧杯，托盘天平（砝码和镊子），药匙，玻璃棒外，还需要 500ml容量瓶、胶头滴管 （填仪器名称），应称取NaCl 73.1 g （3）下列操作会导致所配NaCl溶液浓度偏高的是 CE

A、定容完毕后，盖塞，摇匀，再将容量瓶置于实验台上，发现液面低于刻度线，再添加蒸馏水至刻度线． B、未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶． C、定容时，俯视刻度线．

D、转移溶液之前，容量瓶内有少量蒸馏水． E、称量时，天平指针指向左盘．

考点： 粗盐提纯；配制一定物质的量浓度的溶液． 专题： 实验题．

分析： （1）①把杂质转化为沉淀或气体除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子用氢氧根，除硫酸根用钡离

子．要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉；根据 浓溶液冷却结晶可得晶体；

②根据有机物的性质以及氯化钾在有机物中的溶解度知识来回答；根据PH试纸的使用方法； （2）据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；根据m=cvM计算NaCl的质量； （3）根据c=分析操作对所配溶液的浓度的影响．

解答： 解：（1）①要除去SO42﹣，只有选BaCl2溶液，若选用Ba（NO3）2，会引入新的离子NO3﹣，

再选用NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+溶液，最后选用Na2CO3溶液除去Ca2+，此处不能选用2CO3溶液，否则会引入新的+，再用HCl除去过量的CO32﹣，Na2CO3溶液不能加在BaCl2溶液前，否则会引入Ba2+；浓溶液冷却结晶可得晶体，所以b步操作的名称是冷却结晶， 故答案为：BaCl2、NaOH、Na2CO3；冷却结晶；

②除去NaCl晶体表面的少量的Cl，应选用75%的乙醇，因为CCl4有毒，同时Cl也不会溶解在CCl4中；用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许滤液Ⅱ滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定滤液Ⅱ的酸碱度，

故答案为：75%乙醇；用玻璃棒蘸取少许滤液Ⅱ滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定滤液Ⅱ的酸碱度；

（2）溶液配制步骤为：一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量（可用、也可不用）、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，需要NaCl的质量为2.5mol?L﹣1×0.5L×58.5g/mol=73.1g， 故答案为：500ml容量瓶、胶头滴管；73.1；

（3）A、定容完毕后，盖塞，摇匀，再将容量瓶置于实验台上，发现液面低于刻度线，再添加蒸馏水至刻度线，溶液的体积偏大，使所配溶液的浓度偏低，故A错误；

B、未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶，溶质的质量偏小，使使所配溶液的浓度偏低，故B错误； C、定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，使所配溶液的浓度偏大，故C正确；

D、转移溶液之前，容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积无影响，所配溶液的浓度不变，故D错误；

E、称量时，天平指针指向左盘，溶质的质量偏大，使使所配溶液的浓度偏大，故E正确； 故答案为：CE．

点评： 本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂、溶液的配制及误差分析，除去杂质不要引入新的

杂质，对于实验过程中过量的试剂都要除去．

10．（12分）（2013?达州一模）煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及热值等问题．已知：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）平衡常数随温度的变化如下表：

400 500 800 温度/℃

9.94 9 1 平衡常数

试回答下列问题

（1）上述正向反应是 放热 反应 （填“放热”或“吸热”）

（2）要使上述反应的逆反应速率增大且平衡正反应方向移动，下列措施不可行的有 ACD A、加入催化剂 B、增大CO的物质的量以提高体系的压强 C、降低温度 D、减小H2的浓度

（3）向某密闭容器中充入2molCO和4molH2O（g），发生反应：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g），当反应达平衡时，CO的体积分数为，若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数不等于的有 BC

A、1molCO（g）+4molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g） B、2molCO（g）+2molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g）

C、1molCO（g）+3molH2O+0.8molCO2（g）+0.8molH2（g） D、1molCO（g）+3molH2O+1molCO2（g）+1molH2（g）

（4）若反应在800℃时进行，设起始CO和H2O（g）共为5mol，水蒸气的体积分数为；平衡时CO的转化率为y，则y随x变化的函数关系式为y= x

（5）在VL密闭容器中通入10mol CO和10mol水蒸气，在T℃达到平衡，然后急速通过碱石灰，将所得混合气体燃烧，测得放出的热量为2845J（已知CO燃烧热为283J/mol，H2燃烧热为286J/mol），则T℃平衡常数= 1 ，T= 1073 （0℃时T=273）

考点： 化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；等效平衡；化学平衡的计算． 专题： 化学平衡专题．

分析： （1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度平

衡向吸热方向移动；

（2）逆反应速率增大且平衡正反应方向移动； A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；

B、增大CO的物质的量以提高体系的压强，反应是气体物质的量不变的反应，增大一氧化碳物质的量平衡正向进行，容器内气体物质的量增大，压强增大； C、反应是放热反应，降温，正逆反应速率减小平衡正向进行； D、减小氢气浓度，平衡正向进行，但正逆反应速率速率减小；

（3）此题考查判断全等平衡的方法，一般是将物质全部靠到一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若各物质与原来相等，则等效，否则不等效；

（4）反应在800℃时进行，平衡常数=1，起始时水的物质的量为5xmol，转化的CO的物质的量为 5（1﹣x）ymol，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入800℃平衡常数，据此解答； （5）CO、H2的物质的量共为10mol，根据燃烧放出的热量求出CO、H2各自的物质的量，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入平衡常数计算；

解答： 解：（1）由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，平衡向逆反应移动，升高温度

平衡向吸热方向移动，故正反应为放热反应，故答案为：放热； （2）A、加入催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，故A错误；

B、增大CO的物质的量以提高体系的压强，CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）反应是气体物质的量不变的反应，增大一氧化碳物质的量平衡正向进行，容器内气体物质的量增大，压强增大，故B正确；

C、反应是放热反应，降温，速率减小平衡正向进行，故C错误； D、减小氢气浓度，平衡正向进行，但速率减小，故D错误； 故选ACD．

（3）向某密闭容器中充入2molCO和4molH2O（g），CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g），当反应达平衡时，CO的体积分数为；

A、采用极限分析法，1molCO（g）+4molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：3mol：6mol=1：2，反应前后气体体积不变，平衡相同，CO的体积分数为x，故A不符合；

B、采用极限分析法，2molCO（g）+2molH2O+2molCO2（g）+2molH2（g），假如反应完全转化为CO和H2O物质的量为：3mol：3mol=1：1，反应前后气体体积不变，平衡正向进行，CO的体积分数大于x，故B符合；