20152016学年度xx学校xx月考卷试卷副标题2

绝密★启用前2015-2016学年度xx学校xx月考卷试卷副标题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分，考试时间150分钟。题号四五六总分得分分卷I一、单项选择题1.25℃、5时，反响2N2O5(g)＝4NO2(g)＋O2(g)ΔH＝＋56.7－1自觉进行的原由是1.01×10PakJmol·()A．是吸热反响B．是放热反响C．是熵减小的反响D．熵增大效应大于能量效应2.冰消融为水的过程的焓变和熵变正确的选项是()A．H>;0，ΔSB．ΔHC．H>;0，S>;0D．ΔH3.某密闭容器中发生以下反响：X(g)＋3Y(g)2Z(g)H2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。以下说法中正确的选项是()A．t2时加入催化剂B．t3时降低了温度C．t5时增大了压强D．t4～t5时间内转变率必定最低4.对以下过程的熵变的判断不正确的选项是(A．溶解少许食盐于水中：S>;0B．纯碳和氧气反响生成CO(g)：S>;0C．水蒸气变为液态水：S>;0D．CaCO3(s)加热分解为CaO(s)和CO2(g)：

)S>;05.以下表格中的各样状况，能够用下边对应选项中的图像曲线表示的是()A．答案AB．答案BC．答案CD．答案D6.以下事实不可以用勒夏特列原理解说的是（）A．氯化铁溶液加热蒸干最后得不到氯化铁固体B．工业上合成氨采纳较高的温度C．常温下，将1mLpH＝3的醋酸溶液加水稀释至100mL，测得其D．钠与氯化钾共融制备钾：Na(l)＋KCl(l)K(g)＋NaCl(l)

pH7.灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：①Sn(白，s)＋2HCl(aq)===SnCl(aq)＋H2(g)H1②Sn(灰，s)＋2HCl(aq)===SnCl(aq)＋H2(g)H2③Sn(灰，s)Sn(白，s)H3＝＋2.1kJmol·－1以下说法正确的选项是()A．H1>;H2B．锡在常温下以灰锡状态存在C．灰锡转变为白锡的反响是放热反响D．锡制器皿长久处在低于13.2℃的环境中，会自行破坏8.已知H2(g)＋I2H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，相同温度下分别达到均衡。欲使甲中HI的均衡浓度大于乙中HI的均衡浓度，应采纳的举措是()A．甲、乙提升相同温度B．甲中加入0.1molHe，乙不改变C．甲降低温度，乙不变D．甲增添0.1molH2，乙增添0.1molI29.以下说法不正确的选项是()A．化学反响除了生成新物质外，还陪伴着能量的变化B．反响条件是加热的反响不必定是吸热反响C．放热反响的反响热老是大于吸热反响的反响热D．化学反响放热仍是吸热，取决于生成物拥有的总能量和反响物拥有的总能量10.以下热化学方程式中△H能正确表示物质的焚烧热或中和热的是（）+2﹣2+﹣﹣1A．2H（aq）+SO4（aq）+Ba（aq）+2OH（aq）=BaSO4（s）+2H2O（1）；△H=﹣57.3kJ?molB．KOH（aq）+HAc（aq）=KAc（aq）+H2O（l）；△H=﹣57.3kJ?mol﹣1﹣1C．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）；△H=﹣5518kJ?mol﹣1D．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H═﹣533KJ?mol11.以下自觉反响可用焓判据来解说的是()A．2N2O5(g)＝4NO2(g)＋O2(g)－1ΔH＝＋56.7kJmol·－1B．(NH4)2CO3(s)＝NH4HCO3(s)＋NH3(g)ΔH＝＋74.9kJmol·－1C．2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝－572kJmol·D．CaCO3(s)＝CaO(s)＋CO2(g)－1ΔH＝＋178.2kJmol·12.有一化学均衡mA(g)＋npC(g)＋qD(g)，如图表示的是A的转变率与压强、温度的关系。以下表达正确的选项是()A．正反响是放热反响；B．正反响是吸热反响；C．正反响是放热反响；D．正反响是吸热反响；

m＋n>;p＋qm＋np＋q＋np＋qm＋n>;p＋q13.航天飞船可用肼(N2H4)和过氧化氢(H2O2)为动力源。已知1g液态肼和足量液态过氧化氢反响生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量。以下说法中错误的选项是()A．该反响中肼作复原剂B．液态肼的焚烧热为－120.05kJmol·C．该动力源的突出长处之一是生成物对环境无污染D．肼和过氧化氢反响的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)－1H＝－641.6kJmol·14.以下说法正确的选项是()A．需要加热才能发生的反响必定是吸热反响B．化学反响中的能量变化都表现为热量变化C．任何放热反响在常温下必定能发生D．反响物和生成物所拥有的总能量决定了反响是放热仍是吸热15.在相同温度下(T＝500K)，有相同容积的甲、乙两容器，且保持容积不变，甲容器中充入1gSO2和1gO2，乙容器中充入2gSO2和2gO2。以下表达中错误的选项是()A．化学反响速率：乙>;甲B．均衡时O2的浓度：乙>;甲C．均衡时SO2的转变率：乙>;甲D．均衡时SO2的体积分数：乙>;甲16.以下反响属于吸热反响的是()A．炭焚烧生成一氧化碳B．中和反响C．锌粒与稀硫酸反响制取H2D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反响17.在不一样条件下，分别测得反响2SO2＋O22SO3的化学反响速率，此中表示该反响进行得最快的是()－1－1A．v(SO2)＝4molL··min－1－1B．v(O2)＝3molL··min－1－1C．v(SO2)＝0.1molL··s－1－1D．v(O2)＝0.1molL··s18.14．SO2与O2的可逆反响均衡后，充入18O2，问过一段时间从头成立新均衡后，存在有18O的物质有：①SO3②O2③SO2，以下说法正确的选项是（）A．只有①B．只有②C．只有③D．同时存在于①②③19.以下说法正确的选项是()A．凡是放热反响都是自觉的，凡是吸热反响都是非自觉的B．自觉反响必定是放热反响，非自觉反响必定是吸热反响C．自觉反响在适合条件下才能实现D．自觉反响在任何条件下都能实现20.已知3.6g碳在6.4g氧气中焚烧，至反响物耗尽，测得放出热量akJ。又知12.0g碳完整焚烧，放出热量为bkJ。则热化学方程式C(s)＋O2(g)===CO(g)H＝Q中Q等于()A．－(a－b)kJmol·

－1B．－(a＋b)kJmol·－1C．－(5a－0.5b)kJmol·

－11D．－(10a－b)kJmol·二、双选题分卷II三、填空题21.在某一容积为2L的密闭容器中，A、B、C、D四种物质的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线以下图，达成以下问题：（1）该反响的化学方程式为________________（2）前2min用A的浓度变化表示的化学反响速率为________________22.为分别考证温度、浓度、催化剂颗粒大小对化学反响速率的影响规律，某同学设计了以下4组实验．（1）上表中，反响速率最快的是__________；（2）实验3、4预期可得出的结论是______________________________；（3）设计实验2、3的目的是______________________________________；（4）设计一个实考证明在其余条件相同时，改变温度对过氧化氢分解速率的影响（写出操作步骤）________________________________________________________________________23.在25℃、101kPa时，H2在1.00molO2中完整焚烧生成2.00molH2O(l)放出571.6kJ的热量。(1)H2的焚烧热为__________，表示H2焚烧热的热化学方程式为_______________________。(2)若1g水蒸气转变为液态水放热2.444kJ，则4g氢气完整焚烧生成气态水时，放出的热量为______________。四、实验题五、推测题六、计算题24.甲酸甲酯水解反响方程式为：HCOOCH3(l)＋H2O(l)HCOOH(l)＋CH3OH(l)ΔH＞0某小组经过实验研究该反响(反响过程中体积变化忽视不计)。反响系统中各组分的开端量如表：甲酸甲酯转变率在温度T1下随反响时间(t)的变化如图：依据上述条件，计算不一样时间范围内甲酸甲酯的均匀反响速率，结果见表：请计算：（1）15min～20min范围内甲酸甲酯的减少的物质的量量为多少？（2）15min～20min范围内甲酸甲酯的均匀反响速率为多少？(要求写出计算过程)。答案分析1.【答案】D【分析】该反响是吸热反响，依据焓判据是不可以自觉进行的，说明该反响之所以能够自觉进行是因为熵增效应，而且熵增效应大于能量效应。选D。2.【答案】C【分析】冰消融为水是熵增，该过程吸热，H>;0。选C。3.【答案】A【分析】该反响不是等体反响，所以t2时刻加入了催化剂，A正确。t3时刻应是减小压强，B错误。t5时刻应是高升温度，C错误。因为改变条件时，均衡左移，所以t6此后转变率最低，D错误。4.【答案】C【分析】水蒸气变为液态水是熵减小的过程。C错误。5.【答案】C【分析】反响速率与物质自己的性质相关。因为K比Na开朗，故相同大小的金属K和Na，K的反应速率快，又因为Na、K与H2O反响均为放热反响，跟着反响的进行，放出大批热，反响速率逐渐加速，故A图像错误。因为开端时乙中H2C2O4浓度大，故其反响速率比甲中快，B图像错误。因为甲反响是在热水中反响，温度高，故甲的反响速率高于乙的反响速率，跟着反响的进行，反应物浓度渐渐减小，故甲、乙中反响速率渐渐减小，C图像正确。MnO2在H2O2分解过程中起催化作用，乙中反响速率远远大于甲中反响速率，故D图像错误。6.【答案】B【分析】在其余条件不变时，改变影响均衡的一个条件，均衡就向能够减弱这类改变的方向进行这就是勒夏特列原理。A中Fe3+的水解是吸热反响，加热促使Fe3+的水解最平生成Fe(OH)3而得不到氯化铁固体；B中合成氨的反响是放热反响，高温均衡逆向挪动，不利于NH3的生成，所以选项B是不可以用勒夏特列原理解说的；弱电解越稀越电离，加水促使醋酸溶液电离，所以稀释100倍后H+浓度介于10-3到10-5之间；D中只有K（g）是蒸汽，反响过程中不断的从反响系统中分别，即减小生成物浓度，有益于均衡正向挪动，生成更多的K，答案选B。7.【答案】D【分析】由③知Sn(灰)转变为Sn(白)是吸热的，当温度低于13.2℃时Sn(白)自动转变为Sn(灰)，所以A、B、C都错，D正确。8.【答案】C【分析】此题考察化学均衡挪动和恒温恒容条件下的等效均衡原理。依据化学均衡只与始、终态相关，与路径没关。甲、乙能达到同一均衡状态，HI浓度相等。高升温度HI浓度都减小，不可以判断甲中HI的均衡浓度大于乙中HI的均衡浓度，A选项错误；向甲中充入氦气，因为容积不变，各物质浓度不变，均衡不挪动，甲、乙中HI的均衡浓度相等，B选项错误；对甲降温，均衡向右移动，HI浓度增大，乙中HI浓度不变，C选项正确；甲增添0.1molH2，乙增添0.1molI2，甲、乙中HI浓度增大程度相等，故甲、乙中HI的均衡浓度相等，D选项错误。9.【答案】C【分析】10.【答案】C【分析】A、反响热化学方程式中生成的是2mol水，生成硫酸钡积淀也放热，反响的中和热不是57.3kJ/mol，故A错误；B、HAc是弱酸，电离时要吸热，反响的中和热不是57.3kJ/mol，故B错误；C、切合焚烧热的观点，可燃物为1mol，产物为稳固氧化物，故C正确；D、反响热化学方程式中生成的水是气体，不是稳固氧化物，故D错误11.【答案】C【分析】自觉原来需要由ΔH和ΔS共同决定，现可用焓判据来解说证明ΔS12.【答案】D【分析】图像中有三个量，应定一个量来分别议论此外两个量之间的关系。定压强，议论T与A的转变率的关系：同一压强下温度越高，A的转变率越高，说明正反响是吸热反响；定温度，议论压强与A的转变率的关系：同一温度下，压强越大，A的转变率越高，说明正反响是气体体积减小的反响，即m＋n>;p＋q。13.【答案】B【分析】从元素化合价变化看，H4→2，被氧化，N2H4作复原剂，A正确。因为生成气态水，放出20.05kJ热量时的反响物是1g，而不是1mol，与焚烧热的观点不符，B错误。反响产物为N2和H2O，故不会造成污染，C正确。因为1g液态肼与足量液态过氧化氢反响放热20.05kJ，则1molN2H4(l)参加反响放热20.05kJ×＝32641.6kJ，D正确。14.【答案】D【分析】放热反响和吸热反响都是在必定条件下发生的，反响开始需要加热的反响可能是吸热反应，也可能是放热反响，如氢气的焚烧，A、C不正确。化学反响的能量变化能够表现为好多方面，如转变为热能、电能、光能等，B不正确。反响是放热仍是吸热主要取决于反响物和生成物所拥有的总能量的相对大小，D正确。15.【答案】D【分析】浓度越大反响速率越快，故A正确。剖析B、C、D则要进行均衡的比较，常用绘图法(将乙分装于两个与乙同容积的容器中，再混淆压缩在与乙等容积的一个容器中)：16.【答案】D【分析】物质焚烧、酸碱中和、金属与水或酸的置换反响都为放热反响。17.【答案】D【分析】此题考察的是化学反响速率的比较。以SO2为标准，并将单位一致，A、B、C、D选项换算成以SO2为标准的反响速率后分别为－1－1－1A.v(SO2)＝4mol·L·min；B.v(SO2)＝2v(O2)＝6mol·L·min－1－1·min－1＝6－1－1－1－1；C.v(SO2)＝0.1×60mol·Lmol·L·min；D.v(SO2)＝2v(O2)＝2×0.1×mol60·L·min＝－1－1。12molL··min18.【答案】D【分析】可逆反响必定是同一条件下能相互变换的反响，如二氧化硫、氧气在催化剂、加热的条件下，生成三氧化硫；而三氧化硫在相同的条件下可分解为二氧化硫和氧气．故18O2中的18O经过化合反响存在于SO3中，SO3中的18O经过分解反响会存在于SO2中，最后SO3、SO2、O2中都含有18O．19.【答案】C【分析】放热反响往常是自觉进行的过程，但有些吸热反响也是自觉的。过程的自觉性只好用于判断过程进行的方向，能否能实现还要看详细的条件。要利用焓判据和熵判据综合判断反响进行的方向，不可以简单地独自使用。故C正确。20.【答案】C【分析】依据题意得两个热化学方程式：①3C(s)＋2O2(g)===2CO(g)＋CO2(g)H＝－10akJmol·－1；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)H＝－bkJmol·－1；(①－②)/2整理得：C(s)＋O2(g)===CO(g)H＝－(5a－0.5b)kJmol·

－1。21.【答案】

-14A+5B?6C+4D；0.1mol?L?min

-1【分析】（1）达到均衡时

A、B、C、D

改变的物质的量分别为

0.8mol、1.0mol、1.2mol、0.8mol，且A、B

的物质的量减少，应为反响物；

C、D

的物质的量增添，应为生成物，故反响的化学方程式为4A+5B?6C+4D；（2）前2min时，A的物质的量变化为：0.4mol；所以v(A)==0.1mol?L-1?min-1；22.【答案】（1）2；（2）催化剂颗粒越小，化学反响速率越大；（3）研究浓度对化学反响速率的影响；（4）取相同浓度的过氧化氢溶液，控制催化剂相同，分别在在不一样温度下加热，察看产生气体的快慢【分析】（1）温度都相同，实验2的浓度最大，催化剂为细颗粒，反响速率最快；（2）实验3、中催化剂颗粒大小不一样，研究催化剂颗粒大小对反响速率的影响，催化剂颗粒越小，接触面积越大，反响速率越快；（3）实验2、3中其余条件相同，只有