高中化学鲁科版化学反应原理本册总复习总复习 第二章测试卷

一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分)1．在紫外线的作用下，氧气可生成臭氧：3O22O3，一定条件下该反应达到平衡状态的标志是(D)A．单位时间内生成2molO3，同时消耗3molO2B．O2的消耗速率mol·L－1·s－1，O3的消耗速率mol·L－1·s－1C．容器内，2种气体O3、O2浓度相等D．容积中各组分的体积分数随时间变化解析：温度和催化剂对反应速率的影响，都是通过影响反应速率常数来完成的。由k＝A·e－eq\f(Ea,RT)可以看出，活化能越大，温度对化学反应速率的影响程度就越大，并且对于某个特定的化学反应，温度越高，k越大；活化能越高，k越小。2．在恒温、恒容条件下，能使A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)正反应速率增大的措施是(D)A．减小C或D的浓度B．增大D的浓度C．减小B的浓度D．增大A或B的浓度解析：在恒温、恒容条件下，正反应速率取决于反应物的浓度。增大A或B的浓度都会使正反应速率增大，减小A或B的浓度都会使正反应速率减小；而减小C或D的浓度，增大D的浓度的瞬间，正反应速率不变。3．下图表示反应X(g)4Y(g)＋Z(g)ΔH＜0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线，下列有关该反应的描述正确的是(B)A．第6min后，反应就终止了B．X的平衡转化率为85%C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小解析：A项，反应进行到第6min时反应达平衡，平衡状态是动态平衡，反应未停止，故A错；B项，反应进行到第6min时反应达平衡，X物质的量的变化量为1－＝(mol)，X的转化率为eq\f,1)×100%＝85%，故B正确；因为ΔH<0，反应为放热反应，故升高温度，平衡将逆向移动，则X的转化率减小，故C错；D项，若降低温度，正、逆反应速率同时减小，但是降温平衡正向移动，故v正>v逆，即逆反应减小的倍数大，故D错。4．工业上可利用合成气(CO和H2的混合气体)生产甲醇。已知：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－kJ/mol一定条件下，该反应在一体积固定的密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是(A)A．该反应的ΔS＜0B．该反应在任何温度下均能自发进行C．向容器中充入少量He，平衡向正反应方向移动D．升高温度平衡向正反应方向移动解析：已知：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－kJ/mol，由方程式中气体的计量数可知反应后气体物质的量减小，所以熵减小，即ΔS＜0，故A项正确。化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当ΔG＝ΔH－T·ΔS＜0时，反应能自发进行；已知ΔH＜0，ΔS＜0所以反应的在高温时能自发进行，故B项错误。向容器中充入少量He，容器体积不变，反应物浓度不变，正逆反应速率不变，所以平衡不移动，故C项错误。已知该反应ΔH＜0，所以升高温度平衡逆移，故D项错误。5．下列说法正确的是(C)A．自发反应是指在通常状况下能自动发生的反应B．熵增大的反应都是自发反应，熵减少的反应都不能进行C．升高温度，可逆反应的正反应速率和逆反应速率都一定增大D．使用催化剂可以增加反应物分子的能量，从而增大反应速率解析：自发进行的反应判断依据是ΔH－TΔS＜0，有些自发反应需要一定条件下才能发生反应，故A项错误。反应自发进行的判断依据是ΔH－TΔS＜0，熵增大的反应ΔS＞0，当ΔH＞0低温下可以是非自发反应，熵减少ΔS＜0，ΔH＜0的反应低温下可以自发进行，故B项错误。依据影响化学反应速率的因素分析，升温增大正逆反应速率，增大程度不同，故C项正确。催化剂降低反应的活化能增大反应速率，不能增加反应物的能量，故D项错误。6．在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：2R(g)＋5Q(g)4X(g)＋nY(g)，反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的%，则化学方程式中n值是(A)A．2B．3C．4D．5解析：容器温度不变，混合气体的压强是原来的%，说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行，即方程式中反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，则有：2＋5＞4＋n，n＜3，选项中只有A项符合。7．在一密闭容器中，反应aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度变为原来的60%，则(C)A．平衡向逆反应方向移动了B．物质A的转化率减小了C．物质B的质量分数增加了D．a>b解析：解本题常用的方法之一是分段假设分析。先假设当体积增加一倍时平衡不移动，B的浓度应为原来的50%，再进行比较，事实上B的浓度为原来的60%，大于50%，得出结论：说明平衡向生成B的正反应方向移动了，即生成B的方向是气体体积增加的方向，故a<b；由于平衡向正反应方向移动，A的物质的量减少而B的物质的量增加，说明A的转化率变大，B的百分含量增加了。故只有C项正确。8．可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在500℃时，将2molN2和2molH2充入容积为10L的密闭容器中进行反应，达到平衡时，NH3不可能达到的浓度是(D)A．mol·L－1B．mol·L－1C．mol·L－1D．mol·L－1解析：假设反应完全进行，由化学方程式知2molN2过量，因而2molH2完全反应生成eq\f(4,3)molNH3，则NH3浓度为eq\f(2,15)mol·L－1。但由于是可逆反应，NH3的浓度肯定小于eq\f(2,15)mol·L－1，故答案为D。9．已知反应mX(g)＋nY(g)qZ(g)的ΔH<0，m＋n>q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是(B)A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的eq\f(m,n)倍C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．增加X的物质的量，Y的转化率降低解析：因为该反应是在恒容的密闭容器中进行，通入稀有气体后，容器内气体压强增大，但各反应物、生成物的浓度未发生改变，平衡不移动，A项错；X的反应速率与Y的反应速率之比等于方程式的系数之比，B项正确；由于正反应是放热反应，降低温度，平衡向放热反应方向移动(正向)，又由于m＋n>q，M＝eq\f(m,n)，m不变，但n减小，M增大，C项错误；增加X的物质的量，X的转化率降低，Y的转化率升高，D项错误。10．在一定条件下，向某一密闭容器中，加入一定量的HI或加入一定量的PCl5，反应达到平衡后，在t时刻改变条件，其反应速率与时间的变化关系均可用右图表示。那么对于不同反应在t时刻改变条件的叙述正确的是(B)A．对于2HI(g)I2(g)＋H2(g)反应，t时刻保持温度和体积不变，再加入一定量的HIB．对于2HI(g)I2(g)＋H2(g)反应，t时刻保持温度和压强不变，再加入一定量的HIC．对于PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)反应，t时刻保持温度和体积不变，再加入一定量的PCl5D．对于PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)反应，t时刻保持温度和压强不变，再加入一定量的PCl3解析：依据速率－时间图象可知，在t时刻，原平衡被破坏，且正反应速率增大，逆反应速率减小，对于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)，保持温度和压强不变，加入HI，容器的体积增大，H2和I2的浓度减小，逆反应速率减小，而HI的浓度增大，正反应速率增大，故B正确。11．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A(g)＋3B(g)2C(g)ΔH＜0。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：下列判断一定错误的是(A)A．图Ⅰ研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高C．图Ⅲ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高D．图Ⅳ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高解析：图Ⅰ研究的不可能是催化剂对反应的影响，因为使用催化剂，化学平衡不移动，甲、乙的平衡浓度应当相同，故A项错，同理可知D项正确；若图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高，因为乙先达到化学平衡状态，并且乙中B的转化率较高(增大压强平衡向正反应方向移动)，故B项正确；若图Ⅲ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高，因为甲先达到化学平衡状态，并且甲中B的转化率较小(升高温度平衡向逆反应方向移动)，故C项正确。12．在一定温度下，有A、B两个容器，A是恒容密闭容器，B是恒压密闭容器。两容器起始状态完全相同，其中都充有NO2气体，如果只考虑发生下列可逆反应：2NO2N2O4，分别经过一段时间后，A、B都达平衡，下列有关叙述正确的是(D)A．平均反应速率A＞BB．平衡时NO2的物质的量B＞AC．平衡时NO2的转化率A>BD．平衡时N2O4的物质的量B＞A解析：合理假设中间状态，找到A、B两容器内所发生反应的内在联系是解题的关键。根据题意，A、B两容器的起始状态完全相同，即具有相同的容积(V)、温度(T)、压强(p)和NO2的物质的量，所不同的是反应过程中，A保持容积不变，B保持压强不变，要比较的是A、B状态中与平衡和速率有关的量。为方便比较，可假设B是通过两步达到平衡的：首先B保持容积不变到平衡状态B′，显然B′与A平衡完全相同；其次B′通过压缩体积(增大压强)达到B平衡，而B′→B的变化就是A平衡和B平衡的差别。示意图如图：显然由B′(平衡)→B(平衡)的过程是压强增大，平衡向正向移动的过程，会使平衡时N2O4的物质的量B>A，NO2的转化率B>A，NO2的物质的量B＜A。13．已知反应：2CO(g)=2C(s)＋O2(g)的ΔH＞0，ΔS＜0，设ΔH和ΔS不随温度而变化，下列说法中正确的是(D)A．低温下能自发变化B．高温下能自发变化C．任何温度下都能自发进行D．任何温度下都不能自发进行解析：已知反应2CO(g)=2C(s)＋O2(g)的ΔH＞0，ΔS＜0，所以ΔH－TΔS＞0，反应在任何温度下都是不能自发进行，故A、B、C三项错误，而D正确。14．反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是(B)A．增加H2O(g)的量B．保持体积不变，充入N2使压强增大C．将容器的体积缩小一半D．压强不变，充入N2使容器的体积增大解析：增加H2O(g)的量，平衡向正方向移动，反应速率发生改变；保持体积不变，充入N2使体系总压强增大，但是N2不参加反应，容器中H2O(g)和H2(g)的浓度并未发生变化，因此正、逆反应速率均基本不变；容器的体积缩小一半，则压强增大，正、逆反应速率均提高；充入N2使体积增大，虽然总压强不变，但是体系内H2O(g)和H2(g)的浓度均减小，正、逆反应速率均减小。15.在一密闭容器中进行以下可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋2L。在不同的条件下P的百分含量P%的变化情况如图，则该反应(B)A．正反应放热，L是固体B．正反应放热，L是气体C．正反应吸热，L是气体D．正反应放热，L是固体或气体解析：图象横轴为时间，纵轴为P的百分含量，所以图中曲线的斜率表示反应速率，斜率越大，反应速率越大。曲线Ⅰ表示的反应速率最小，达到平衡所需时间最长；曲线Ⅲ表示的反应速率最大，达到平衡所需时间最短。三条曲线水平部分的高低不同则表示达到平衡状态时生成物P的百分含量的高低。联系反应条件，曲线Ⅰ和Ⅱ压强相同，但Ⅱ的温度较高，所以反应速率Ⅱ>Ⅰ，但达到平衡时P%却是Ⅰ>Ⅱ，这说明升高温度时P%降低，因而平衡应向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应；比较曲线Ⅱ和Ⅲ，二者温度相同，但压强Ⅲ>Ⅱ，这时P%却是Ⅱ>Ⅲ，这说明增大压强时P%降低，因此生成物气体的总体积应大于反应物中气体的总体积，由此判断L一定为气体。二、非选择题(共55分)16．(8分)已知氢氧化钙在水中存在下列溶解平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)。在火力发电厂燃烧煤的废气中往往含有SO2、O2、N2、CO2等。为了除去有害气体SO2，并变废为宝，常常用粉末状的碳酸钙或熟石灰的悬浊液洗涤废气，反应产物为石膏。(1)写出上述两个反应的化学方程式：SO2和CaCO3悬浊液反应：______________________。SO2和Ca(OH)2悬浊液反应：________________________________________________________________________。(2)试说明用熟石灰的悬浊液，而不用澄清石灰水洗涤废气的理由：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在英国进行的一个研究结果表明：高烟囱可以有效地降低地表SO2浓度。在20世纪的60—70年代的10年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于建造高烟囱，地表SO2浓度降低了30%之多。请你从全球环境保护的角度，分析这种方法是否可取________________________________________________________________________。解析：此题与元素化合物知识相联系，应用平衡移动原理解决实际问题。氢氧化钙微溶于水，澄清石灰水中氢氧化钙浓度小，不利于吸收大量的SO2，用悬浊液吸收，由于溶解平衡的移动，可以吸收大量SO2。因为SO2的排放总量没有减少，所以进一步形成的酸雨仍会造成对全球环境的危害。因此，建造高烟囱这种方法不可取。答案：(1)2SO2＋O2＋2CaCO3＋4H2O=2(CaSO4·2H2O)＋2CO22SO2＋O2＋2Ca(OH)2＋2H2O=2(CaSO4·2H2O)(2)氢氧化钙微溶于水，澄清石灰水中氢氧化钙的浓度小，不利于吸收大量的SO2(3)不可取，因为SO2的总排放量没有减少，进一步形成的酸雨仍会造成对全球环境的危害17．(8分)已知在恒容条件下，气体压强与气体温度(热力学温度T)、气体的物质的量成正比，即p∝nT。反应CaCO3CaO＋CO2，在恒容和不同温度下CO2的平衡压强如下表所示：温度/℃550650750850897压强/Pa×10×102×103×104×105根据表中数据，填写下列空白：(1)若升高原CaCO3分解平衡体系的温度，同时给反应容器加压，则原平衡________。A．向逆反应方向移动B．向正反应方向移动C．不移动D．无法确定平衡移动方向(2)在一个不与外界进行热交换的密闭容器中，足量的CaCO3在850℃时建立分解平衡。若将该容器的容积扩大为原来的2倍，则重新达到平衡时，容器内的温度将________，CaCO3的分解率将________，CO2的平衡压强将×104Pa(选填“＞”“＜”或“＝”)，其理由是________________________________________________________________________。解析：本题主要考查条件的改变(温度和压强)对化学平衡的影响。解本题的关键是根据题给数据推断出CaCO3的分解过程是吸热反应；另外就是理解影响化学平衡的条件之一压强，实质上是通过容器体积的变化(即改变平衡体系中物质的浓度)引起的。答案：(1)D(2)降低增大＜体积增大使c(CO2)减小，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，故体系温度降低，重新达到平衡时，CO2气体压强小于850℃的平衡压强18．(8分)Fe3＋和I－在水溶液中的反应如下：2I－＋2Fe32Fe2＋＋I2(aq)(1)该反应的平衡常数K的表达式为K＝________。当上述反应达到平衡后，加入CCl4萃取I2，且温度不变，上述平衡________移动(选填“向右”“向左”或“不”)。(2)上述反应的正反应速率和I－、Fe3＋的浓度关系为：v＝kcm(I－)cn(Fe3＋)(k为常数)。c(I－)/mol·L－1c(Fe3＋)/mol·L－1v/mol·L－1·s－1①0.032k②k③k通过上表所给的数据计算，得知v＝kcm(I－)cn(Fe3＋)中m、n的值为()A．m＝1，n＝1B．m＝1，n＝2C．m＝2，n＝1D．m＝2，n＝2I－浓度对反应速率的影响________(选填“大于”“小于”或“等于”)Fe3＋浓度对反应速率的影响。解析：(1)K＝eq\f([Fe2＋]2·[I2（aq）],[I－]2·[Fe3＋]2)(2)加入CCl4萃取I2，使I2的浓度减小，平衡向右移动。将①③数据分别代入v＝kcm(I－)cn(Fe3＋)得k＝k××①0．128k＝k××②eq\f(①,②)得：eq\f(32,128)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(m)×4n，化简得：4n－m＝eq\f(1,4)，即m＝n＋1。将各选项数据代入，m＝2、n＝1符合，因m＝n＋1，故c(I－)的m次方大于c(Fe3＋)的n次方，所以I－浓度对反应速率影响大。答案：(1)eq\f([Fe2＋]2·[I2（aq）],[I－]2·[Fe3＋]2)向右(2)C大于19．(9分)高炉炼铁中发生的基本反应之一：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)不能自发进行，已知正反应吸热。(1)根据化学反应方向的判据ΔH－T·ΔS＞0，反应__________(选填“能自发”或“不能自发”)进行。(2)该反应中平衡常数的表达式K＝__________。温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，平衡常数K值__________(选填“增大”“减小”或“不变”)。(3)1100℃时测得高炉中c(CO2)＝mol/L，c(CO)＝mol/L，已知1100℃时平衡常数K＝.在这种情况下该反应是否处于平衡状态____________(选填“是”或“否”)，此时化学反应速率是v正______v逆(选填“＝”“＞”或“＜”)。(4)反应达到平衡后，若保持容器体积不变时，再通入一定量的CO，则CO的转化率将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。(1)解析：反应FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)ΔH＞0，ΔS＝0；ΔH－T·ΔS＞0，反应不能自发进行。(2)可逆反应FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数表达式k＝c(CO2)/c(CO)；该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，CO2的物质的量增大、CO的物质的量减小，故到达新平衡是CO2与CO的体积之比增大。(3)此时浓度商Qc＝＝，小于平衡常数，故反应不是平衡状态，反应向正反应进行，v正＞v逆。(4)若保持容器体积不变时，再通入一定量的CO，相当于增大压强，化学平衡不移动，CO的转化率不变。答案：(1)不能自发(2)c(CO2)/c(CO)增大(3)否＞(4)不变20．(10分)某校课外活动小组利用NO2与N2O4的反应来探究温度对化学平衡的影响。已知：2NO2(g)N2O4(g)ΔH(298K)＝－kJ·mol－1(1)该化学反应的浓度平衡常数的表达式为________。(2)该小组的同学取了两个烧瓶A和B，分别加入相同浓度的NO2与N2O4的混合气体，中间用夹子夹紧，并将A和B浸入到已盛有水的两个烧杯中(如下图所示)，然后分别向两个烧杯中加入浓硫酸和NH4NO3固体。请回答：①A中的现象为____________________，B中的现象为______________________。②由上述实验现象可知，降低温度，该反应化学平衡向________(选填“正”或“逆”)反应方向移动。③升高温度，该反应的化学平衡常数将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。原因是________________________________________________________________________。解析：(1)根据平衡常数的表达式有：K＝[N2O4]/[NO2]2。(2)①A中的烧杯内加浓H2SO4，使体系的温度升高，化学平衡逆向移动，NO2的浓度增大，气体的颜色加深。B中的烧杯内加入NH4NO3，使体系的温度降低，化学平衡正向移动，气体的颜色变浅。②降低温度，化学平衡正向移动。③升高温度，化学平衡常数减小，因为升高温度，化学平衡逆向移动，生成物的浓度减小，反应物的浓度增大，故化学平衡常数减小。答案：(1)K＝[N2O4]/[NO2]2(2)①A中气体的颜色加深B中气体的颜色变浅②正③减小升高温度，化学平衡逆向移动，生成物的浓度减小，反应物的浓度增大，故化学平衡常数减小21．(12分)氨氧化法制硝酸的主要反应是4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)(1)①该反应的熵变ΔS__________0(选填“＞”“＜”或“＝”)；②升高温度，反应的平衡常数K值减小，则该反应的焓变ΔH___________0(选填“＞”“＜”或“＝”)。(2)若其他条件不变，下列关系图错误的是____________(选填序号)。(3)在容积固定的密闭容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度如下表：时间/浓度/(mol·L－1)c(NH3)c(O2)c(NO)c(H2O)起始00第2min______________第4min第6min①反应在第2min到第4min时，反应速率v(O2)＝__________；②反应在第2min时改变了条件，改变的条件可能是________________________________________________________________________，该条件下，反应的平衡常数K＝____________(只写计算结果，不标单位)。解析：(1)①已知4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，反应后气体物质的量增大，所以熵增大，即ΔS＞0；②升高温度，反应的平衡常数K值减小，说明平衡逆移，升高温度平衡逆移，则正反应为放热反应，即ΔH＜0。(2)已知4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0，即该反应为体积增大的放热反应。升高温度平衡逆移，所以温度越高NH3的含量越多，与图象相符，故A项正确。增大压强平衡逆移，所以压强越大NO越小，与图象相符，故B项正确。升高温度平衡逆移，所以温度越高H2O的含量越小，与图象不相符，故C项错误。加催化剂不改变平衡，所以O2的含量不变，反应速率增大，到达平衡的时间变小，与图象相符，故D项正确。(3)①第2min到第4min时Δc(NH3)＝－＝mol·L－1，所以Δc(O2)＝5/4×mol·L－1＝mol·L－1，则v(O2)＝mol·L·1/2min＝mol·L－1·min－1，②由表中数据可知从0到2min时消耗了NH3为mol·L－1；第2min到第4min时消耗NH3为mol·L－1，说明第2min以后反应速率加快，所以改变的条件为升高温度(或使用催化剂)；平衡时c(NH3)＝mol·L－1，c(O2)＝mol·L－1，c(NO)＝mol·L－1，c(H2O)＝mol·L－1，则K＝eq\f(c6（H2O）·c4（NO）,c4（NH3）·c5（O2）)＝eq\f(36×24,35×24)＝3。答案：(1)①＞②＜(2)C(3)①mol·L－1·min－1②升高温度(或使用催化剂)3一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分)1．下图中，表示正反应是吸热反应的是(A)解析：吸热反应中，生成物总能量大于反应物的总能量，只有A图符合要求。2．反应4NH3＋5O24NO＋6H2O在10L密闭容器中进行，半分钟后水蒸气的物质的量增加了mol，则此反应的平均反应速率v(X)可表示为(C)A．v(NH3)＝mol·L－1·s－1B．v(O2)＝mol·L－1·s－1C．v(NO)＝mol·L－1·s－1D．v(H2O)＝mol·L－1·s－1解析：根据化学反应速率的数学表达式求解。v(H2O)＝eq\fmol,10L×30s)＝5mol·L－1·s－1，接下来，一种办法是根据化学方程式将H2O的变化量代入，求出其他物质的变化量，再代入速率公式求用相应的物质表示的速率；另一种办法是根据用各物质表示的速率值等于各物质前的系数比，直接由v(H2O)列比例式求出用其他物质表示的速率值。3．汽车尾气(含烃类、CO、NO与SO2等)是城市空气主要污染源之一，治理的办法之一是在汽车排气管上装催化转化器，它使NO与CO反应生成可参与大气循环的无毒气体，其反应原理是：2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＜0。下列说法中错误的是(B)A．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量B．该反应常温下不能自发进行，因此需要高温和催化剂条件C．该反应常温下能自发进行，高温和催化剂只是加快反应的速率D．汽车尾气中的这两种气体会与血红蛋白结合而使人中毒解析：此反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故A项正确。常温下，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＜0，ΔS＜0；ΔH－TΔS＜0，反应可以自发进行，故B项不正确。常温下，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＜0，ΔS＜0；ΔH－TΔS＜0，该反应常温下能自发进行，高温和催化剂只是加快反应的速率，故C项正确。NO、CO都可和血红蛋白结合而使人中毒，故D项正确。4．在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述正确的是(D)A．正极附近的SOeq\o\al(2－,4)离子浓度逐渐增大B．电子通过导线由铜片流向锌片C．正极有O2逸出D．铜片上有H2逸出解析：用导线连接的Zn片与Cu片放入稀H2SO4中组成原电池，Zn作负极失去电子变为Zn2＋而进入溶液，电子通过导线流向铜片(正极)，溶液中的阴离子SOeq\o\al(2－,4)、OH－等移向负极，H＋移向正极，并在正极上得到电子而放出H2，故选D项。5．在298K、×105Pa下，将22gCO2通入1mol·L－1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1molCO2通入2mol·L－1NaOH溶液1L中充分反应放出ykJ的热量。则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是(C)A．CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq)ΔH＝－(2y－x)kJ·mol－1B．CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq)ΔH＝－(2x－y)kJ·mol－1C．CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq)ΔH＝－(4x－y)kJ·mol－1D．2CO2(g)＋2NaOH(l)=2NaHCO3(l)ΔH＝－(8x－2y)kJ·mol－1解析：molCO2与molNaOH反应生成molNa2CO3和molNaHCO3，反应所放出的热量为xkJ，则生成1molNa2CO3和1molNaHCO3总共放出4xkJ的热量。1molCO2通入含2molNaOH的溶液中生成1molNa2CO3放出ykJ的热量，则1molCO2与含1molNaOH的溶液反应所放出的热量为(4x－y)kJ。D项中NaOH和NaHCO3的状态标错。6．反应L(s)＋aG(g)bB(g)达到平衡，温度和压强对该反应的影响如右图所示，图中：压强p1>p2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气体中G的体积分数。据此可判断(D)A．上述反应是放热反应B．无法确定a、b的大小C．a＞bD．上述反应是吸热反应解析：根据图示，在反应中，随着温度的升高，平衡混合气体中G的体积分数反而减小，可见该反应是吸热反应，故A项错、D项对；在图中作垂直于x轴的等温线，可知，随着压强的增大，平衡混合气体中G的体积分数也随着增大，可见增大压强，平衡向逆反应方向移动，故b＞a，故B、C两项错；本题正确选项为D。7．某温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2(g)＋I2(g)2HI(g)。已知H2和I2的起始浓度均为mol·L－1时，达平衡时HI的浓度为mol·L－1。若H2和I2的起始浓度均变为mol·L－1，则平衡时H2的浓度(mol·L－1)是(C)A．B．C．D．解析：此平衡不受压强影响，故这是等效平衡问题，二者的转化率相等：α(H2)＝eq\fmol·L－1,mol·L－1)×100%＝80%，第二个平衡中H2的反应量：0．2mol·L－1×80%＝mol·L－1，H2的平衡浓度：0．2mol·L－1－mol·L－1＝mol·L－1。8．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2Oeq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列叙述不正确的是(C)A．放电时负极反应为Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2B．充电时阳极反应为Fe(OH)3＋5OH－－3e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2OC．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化D．放电时正极附近溶液的碱性增强解析：本题考查了原电池、电解池相关的知识，放电时装置为原电池，Zn作负极，充电时，装置变为电解池，阳极发生氧化反应，所以A、B两项正确。放电时正极反应为：FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O＋3e－=Fe(OH)3＋5OH－，故电极附近溶液的碱性增强，正极所发生的反应为还原而不是氧化，故D项正确，C项错。9．放热反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)在温度t1时达到平衡，c1(CO)＝c1(H2O)＝mol·L－1，其平衡常数为K1。升高反应体系的温度至t2时，反应物的平衡浓度分别为c2(CO)和c2(H2O)，平衡常数为K2，则(C)A．K2和K1的单位均为mol·L－1B．K2>K1C．c2(CO)＝c2(H2O)D．c1(CO)>c2(CO)解析：平衡常数数学表达式的分子和分母分别为两个浓度的乘积，本题中两个乘积之比单位为1，A错误；该反应是放热反应，升高温度平衡左移，所以K2<K1，B错；本反应是等摩尔的CO和H2O(g)反应，因此无论温度升降、压强变化，c(CO)＝c(H2O)，选项C也正确；升高温度平衡左移，因此c2(CO)比c1(CO)大，D项错误。10．下图是298K时，N2和H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是(B)A．该反应的热化学方程式为N2＋3H22NH3ΔH＝－92kJ·mol－1B．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C．加入催化剂，该化学反应的反应热改变D．加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率解析：反应物的内能之和比产物的内能高92kJ·mol－1，则反应的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。曲线b表示反应所需的活化能降低，这是催化剂改变的反应过程，但催化剂不能改变反应热。加入催化剂，正、逆反应的速率均增大。11．A、B、C三个电解槽，如下图所示(其中电极的大小、形状、间距均相同)。B、C中溶液浓度和体积相同，通电一段时间后，当A中铜电极的质量增加g时，B中电极上银的质量增加(C)A．gB．gC．gD．g解析：观察题中图可发现A、B、C三个电解槽中，B与C为并联装置，A串联于线路中，当A中铜电极质量增加g时，反应中转移的电子的质量为eq\fg,64g·mol－1)×2＝mol，因B、C中放置的是同浓度同体积的相同溶液，由于二者并联，各极上转移电子数为A装置的eq\f(1,2)，则B中Ag的质量增加为：108g·mol－1×mol＝g。12．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)eq\f(1,2)N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是(B)A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时充入NO解析：加催化剂增大反应速率，同时升高温度平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A项错误。加催化剂增大反应速率，同时增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B项正确。升高温度平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，同时充入N2平衡逆向进行，故C项错误。降低温度平衡正向进行，速率减小，同时充入NO平衡正向进行，速率增大，转化率都增大，但温度对速率影响大，故D项错误。13．下列图象能正确地表达可逆反应3A(g)＋B(g)2C(g)ΔH＜0的是(D)解析：对于可逆反应3A(g)＋B(g)2C(g)ΔH＜0，反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，则C%降低，A%增大，A的转化率降低。反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，则C%增大，A%降低，A的转化率增大。由图象可知，温度升高C%增大，说明升高温度平衡向正反应移动，图象与实际不相符，故A项错误。由图象可知，温度升高，正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，故B项错误。由图象可知，压强越大A%降低，平衡向正反应移动，升高温度A%降低，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，故C项错误。由图象可知，压强越大A转化率增大，平衡向正反应移动，升高温度A的转化率降低，平衡向逆反应移动，图象与实际相符，故D项正确。14．一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。下列对该燃料电池说法正确的是(B)A．在熔融电解质中，O2－由负极移向正极B．电池的总反应是2C4H10＋13O2=8CO2＋10H2OC．通入空气的一极是正极，电极反应为2O2－－4e－=O2D．通入丁烷的一极是正极，电极反应为C4H10－26e－＋13O2－=4CO2↑＋5H2O解析：由原电池原理知负极失电子后电子经导线转移到正极，所以正极上富集电子，根据电性关系，O2－不可能移向正极，A错；原电池反应就是一个氧化还原反应，只是氧化反应和还原反应分别在两极进行，由丁烷的燃烧反应知，该电池的总反应为2C4H10＋13O2=8CO2＋10H2O，且丁烷失电子，O2得电子，故B正确，C、D错。15．某同学按如图所示的装置进行电解实验。下列说法正确的是(B)A．电解过程中，铜电极上有H2产生B．电解初期，总反应方程式为Cu＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(通电))CuSO4＋H2↑C．电解初期后，石墨电极上有铜析出D．整个电解过程中，H＋的浓度不断增大解析：由题目所给图可知，金属铜作阳极发生反应：Cu－2e－=Cu2＋，同时溶液中的H＋在阴极石墨上发生反应：2H＋＋2e－=H2↑，总反应方程式为Cu＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(通电))CuSO4＋H2↑，所以B项正确，A、C、D三项不正确。二、非选择题(共55分)16．(10分)铅蓄电池是典型的可充电电池，它的正负极格板是惰性材料，电池总反应为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SOeq\o\al(2－,4)2PbSO4＋2H2O请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原)：(1)放电时：正极的电极反应式是__________________；电解液中H2SO4的浓度将变__________；当外电路通过1mol电子时，理论上负极板的质量增加________g。(2)在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成________、B电极上生成________，此时铅蓄电池的正负极的极性将________。解析：回答本题的关键在于抓住电池总反应式中各反应物和生成物之间质和量的关系：(1)放电时正极上发生还原反应，并消耗H2SO4，生成PbSO4沉淀。(2)当完全放电耗尽PbO2和Pb时，按题图连接，进行电解时，A极是电解池的阴极，B极是电解池的阳极。答案：(1)PbO2＋2e－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4＋2H2O小48(2)PbPbO2对换17．(10分)磷在氧气中燃烧，可生成两种固态氧化物。g的单质磷(P)在g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，放出XkJ热量。(1)通过计算确定反应产物的组成(用化学式表示)是____________，其相应的质量(g)为__________。(2)已知单质磷的燃烧热为YkJ·mol－1，则1molP与O2反应生成固态P2O3的反应热ΔH＝________。(3)写出1molP与O2反应生成固态P2O3的热化学方程式：________________________________________________________________________。解析：本题主要考查学生对化学反应过程中的能量变化、燃烧热的概念、反应热的计算的理解掌握。考查学生书写热化学方程式的能力。同时，也考查学生化学计算的能力。根据题意和质量守恒定律设反应生成P2O3xmol、P2O5ymol。则有：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝\f,31),3x＋5y＝\f,32)×2))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝，,y＝。))所以反应生成P2O3：mol×110g·mol－1＝gP2O5∶mol×142g·mol－1＝g根据燃烧热的概念可知燃烧生成molP2O5放热YkJ，所以生成molP2O3放出热量：X－eq\f(Y,×＝(X－Y)kJ，由此可推算出其余问题的答案。答案：(1)P2O3、P2O5g、g(2)－(20X－Y)kJ·mol－1(3)P(s)＋eq\f(3,4)O2(g)=eq\f(1,2)P2O3(s)ΔH＝－(20X－Y)kJ·mol－118．(10分)对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。(1)以下为铝材表面处理的一种方法：①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是________________________________________________________________________(用离子方程式表示)。为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的________。a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO3②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应为________________________________________________________________________。取少量废电解液，加入NaHCO3，溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是________________________________________________________________________。(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)利用图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于________处；若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为________。解析：(1)①铝能与强碱反应产生氢气，Al(OH)3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlOeq\o\al(－,2)，故应通入CO2来回收Al(OH)3，发生反应2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)或CO2＋2H2O＋AlOeq\o\al(－,2)=HCOeq\o\al(－,3)＋Al(OH)3↓；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解。②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al＋3H2O－6e－=Al2O3＋6H＋；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有Al3＋，和HCOeq\o\al(－,3)发生了互促水解。或HCOeq\o\al(－,3)与H＋反应使H＋浓度减小，产生Al(OH)3沉淀。(2)电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2＋，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2＋。(3)金属的防护有牺牲阳极保法和外加电源阴极保护法，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法(或牺牲阳极的阴极保护法)。答案：(1)①2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOe