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PAGE18-河北省张家口市宣化区宣化第一中学2020-2021学年高二化学上学期10月月考试题(含解析)一、单选题(本大题共24小题,共72.0分)1.2010年节能减排将成为我国新一届政府工作的重点,因此节约能源与建设新能源是摆在当前的一个课题。针对这一现象,某化学学习研究性小组提出如下方案,你认为不够科学合理的是A.采用电解水法制取无污染的氢 B.完善煤液化制取汽油的技术C.研制推广以甲醇为燃料的汽车 D.进一步提高石油加工工艺【答案】A【解析】【详解】A.电解水,需要消耗大量的电能,与节能减排不符,可研究使用催化剂使水分解制取无污染的氢能,选项A选;B.煤液化转化为清洁能源,减少石油使用,在节能的同时减少污染物的排放,科学合理,选项B不选;C.甲醇燃烧产物为二氧化碳和水,减少汽车尾气的排放,科学合理,选项C不选;D.提高石油加工工艺,提升裂化、裂解技术,充分利用能源,能提高汽油柴油的产量,科学合理,选项D不选;答案选A。【点睛】本题考查实验方案的评价,为高频考点,把握能源的综合应用及节能减排的途径为解答的关键,侧重分析、应用能力的考查,注重化学与生活的联系,易错点为选项B:煤液化转化为清洁能源,减少石油的使用。2.下列关于金属腐蚀的说法正确的是A.金属在潮湿空气中腐蚀的实质是:M+nH2O=M(OH)n+n/2H2↑B.金属的化学腐蚀的实质是M–ne-=Mn+,该过程有电流产生C.金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行D.在潮湿的中性环境中,金属的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀【答案】D【解析】【详解】A、金属在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀而变质,如铁的腐蚀:2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2,选项A错误;B、金属的化学腐蚀实质是:M-ne-=Mn+,是金属失电子直接和氧化剂反应的过程,不产生电流,选项B错误;C、金属的化学腐蚀在酸性或是碱性环境下均有可能进行,如金属铝的化学腐蚀,选项C错误;D、在潮湿的中性环境中,金属的电化学腐蚀吸氧腐蚀为主,选项D正确。答案选D。3.下列说法正确的是A.凡是放热反应都是自发的,因为吸热反应都是非自发的B.自发反应的熵一定增大,非自发反应的熵一定减小C.常温下,反应C(s)+CO2(g)2CO(g)不能自发进行,则该反应的ΔH>0D.反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行,则该反应的ΔH>0【答案】C【解析】【详解】A、反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的,若ΔH<0,ΔS>0,则一定自发,若ΔH>0,ΔS<0,则一定不能自发,若ΔH<0,ΔS<0或ΔH>0,ΔS>0,反应能否自发,和温度有关,A错误;B、根据A中分析可判断B错误;C、根据ΔH-TΔS<0,反应的ΔS>0,若ΔH<0,则一定自发,现常温下不自发,说明ΔH>0,C正确;D、反应的ΔS<0,能自发,说明ΔH<0,D错误。答案选C。4.在通风橱中进行下列实验:步骤现象Fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后,迅速停止Fe、Cu接触后,其表面均产生红棕色气泡下列说法中,不正确的是()A.Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为:2NO+O2=2NO2B.Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应C.对比Ⅰ、Ⅱ中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D.针对Ⅲ中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe否持续被氧化【答案】C【解析】【分析】I中铁和稀硝酸生成一氧化氮,一氧化氮遇空气生成二氧化氮;Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化,表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应,所以产生少量红棕色气泡后,迅速停止;Ⅲ中构成原电池,Fe作为负极,且Fe与浓硝酸直接接触,会产生少量二氧化氮,Cu作为正极,发生得电子的反应,生成二氧化氮。【详解】A.I中铁和稀硝酸生成一氧化氮,一氧化氮遇空气生成二氧化氮,化学方程式为:2NO+O2=2NO2,A正确;B.常温下,Fe遇浓硝酸易钝化,表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应,B正确;C.对比Ⅰ、Ⅱ中现象,说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3,C错误;D.Ⅲ中构成原电池,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否持续被氧化,D正确;答案选C。5.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池.①②相连时,外电路电流从②流向①;①③相连时,③为正极;②④相连时,②上有气泡逸出;③④相连时,③的质量减少.据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是()A.①③②④ B.①③④② C.③④②① D.③①②④【答案】B【解析】【分析】组成原电池时,负极金属较为活泼,可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极,则可判断金属的活泼性强弱。【详解】组成原电池时,负极金属较为活泼,①②相连时,外电路电流从②流向①,说明①为负极,活泼性①>②;①③相连时,③为正极,活泼性①>③;②④相连时,②上有气泡逸出,应为原电池的正极,活泼性④>②;③④相连时,③的质量减少,③为负极,活泼性③>④;综上分析可知活泼性:①>③>④>②;故选B。6.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时,现断开K2,闭合K1,两极均有气泡产生;一段时间后,断开K1,闭合K2,发现电流表指针偏转,下列有关描述正确的是A.断开K2,闭合K1时,总反应的离子方程式为:2H++2Cl—Cl2↑+H2↑B.断开K2,闭合K1时,石墨电极附近溶液变红C.断开K1,闭合K2时,铜电极上的电极反应为:Cl2+2e—=2Cl—D.断开K1,闭合K2时,石墨电极作正极【答案】D【解析】【详解】断开K2、闭合K1时,装置为电解池,两极均有气泡产生,则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑,石墨为阳极,铜为阴极,因此石墨电极处产生Cl2,在铜电极处产生H2,铜电极附近产生OH-,溶液变红,A错误;B、根据A中分析可知B错误;C、断开K1、闭合K2时,装置为原电池,铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O,其为负极,而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-,其为正极,C错误;D、根据C中分析可知D正确,答案选D。【点晴】解答时注意把握电化学工作原理,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键,注意电极名称的判断和电极反应式的书写。7.下列说法正确的是()A.一定条件下,增加反应物的量,必加快反应速率B.升高温度对放热反应会减慢反应速率,而对吸热反应才会加快反应速率C.缩小体积,增大压强,对气体反应都会加快反应速率D.使用催化剂一定会加快反应速率,并使平衡发生移动【答案】C【解析】【分析】影响化学反应速率的因素有内因和外因,内因为物质的本身性质,为主要因素,外因有温度、浓度、压强、催化剂以及光照等,为次要因素,一般来说,增大浓度、压强、升高温度或加入催化剂,可增大反应速率,以此解答该题。【详解】A.如反应物为固体,增加反应物的量,浓度不变,则反应速率不变,选项A错误;B.升高温度,无论是吸热反应还是放热反应,反应速率都增大,选项B错误;C.缩小体积,增大压强,对气体反应,单位体积内的活化分子数增多,有效碰撞机率增大,反应速率增大,选项C正确;D.加入催化剂,活化分子百分数增大,反应速率增大,但不能使平衡移动,选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素,为高频考点,侧重于学生的分析能力和基本概念、基本理论知识的综合理解和运用的考查,注意相关基础知识的积累,易错点为选项D,加入催化剂不能使平衡移动。8.10mL浓度为1mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是()A.KNO3 B.CH3COONa C.CuSO4 D.Na2CO3【答案】B【解析】【详解】锌与稀盐酸反应过程中,若加入物质使反应速率降低,则溶液中的氢离子浓度减小,但由于不影响氢气的生成量,故氢离子的总物质的量不变。A、加入KNO3,则可看成溶液中有硝酸,硝酸与锌反应不产生氢气,选项A错误;B、加入醋酸钠,则与盐酸反应生成醋酸,使溶液中氢离子浓度减小,随着反应的进行,CH3COOH最终又完全电离,故H+物质的量不变,选项B正确;C、加入硫酸铜溶液,Cu2+会与锌反应生成铜,构成原电池,会加快反应速率,选项C错误;D、加入碳酸钠溶液,会与盐酸反应,使溶液中的氢离子的物质的量减少,导致反应速率减小,生成氢气的量减少,选项D错误。答案选B。9.用石墨电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合液,通电一段时间后,两极均收集到2.24L(标况)气体,则原混合液中Cu2+的物质的量浓度为A.0.5B.1mol/LC.2mol/LD.4mol/L【答案】B【解析】【详解】阳极电极反应是4OH-=2H2O+O2↑+4e-,阴极电极反应是Cu2++2e-→Cu,2H++2e-→H2↑,即两极生成的是氧气和氢气,均为0.1mol,阳极生成0.1mol氧气,转移电子0.4mol,阴极生成0.1mol氢气,转移电子0.2mol,还有0.2mol电子是Cu2+得到的电子,即n(Cu2+)=0.1mol,c(Cu2+)=,故答案选B10.已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)(AB2的分子结构为B—A—B)的能量变化如图所示,下列有关叙述中正确的是()A.该反应的进行一定需要加热B.该反应的ΔH=-(E1-E2)kJ/molC.该反应为吸热反应D.断裂1molA—A键和2molB—B键放出E1kJ能量【答案】C【解析】【详解】A.吸热反应的发生不一定需要加热,故该反应的进行不一定需要加热,A选项错误;B.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量,故该反应的ΔH=+(E1-E2)kJ·mol-1,B选项错误;C.根据图中信息可知,反应物总能量小于生成物总能量,反应为吸热反应,C选项正确;D.由图中信息可知,断裂1molA—A键和2molB—B键,需要吸收E1kJ能量,D选项错误;答案选C。11.在地壳内SiO2和HF存在以下平衡:SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g),△H=+148.9kJ。如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生,当反应达到平衡时,(
)A.2v(正、HF)=v(逆、H2O) B.v(H2O)=2v(SiF4)C.SiO2的质量保持不变 D.反应物不再转化为生成物【答案】C【解析】【详解】A、反应达到平衡状态时,正逆反应速率之比等于其化学计量数之比,有v正(HF)=2v逆(H2O),选项A错误;B、只有v正(H2O)=2v逆(SiF4)才能说明正逆反应速率之比等于其化学计量数之比,反应达到平衡状态,但没说明正逆反应,选项B错误;C、SiO2的质量保持不变,则各反应物的量保持不变,反应达平衡状态,选项C正确;D、反应是动态平衡,不是反应物不再转化为生成物,选项D错误。答案选C。12.对于Zn(s)+H2SO4(aq)===ZnSO4(aq)+H2(g)ΔH<0的化学反应下列叙述不正确的是A.反应过程中能量关系可用上图表示B.ΔH的值与反应方程式的计量系数有关C.若将该反应设计成原电池,锌为负极D.若将其设计为原电池,当有32.5g锌溶解时,正极放出气体一定为11.2L【答案】D【解析】【分析】对于Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)△H<0,反应为放热反应,说明反应物的总能量大于生成物的总能量,当将该反应设计为原电池时,Zn为负极,被氧化,正极上H+获得电子,析出氢气,以此解答该题。【详解】A.反应为放热反应,说明反应物的总能量大于生成物的总能量,图示正确,选项A正确;B.热化学方程式中,反应热与物质的物质的量呈正比,选项B正确;C.反应中Zn被氧化生成ZnSO4,当将该反应设计为原电池时,Zn为负极,失去电子,被氧化,发生氧化反应,选项C正确;D.若将其设计为原电池,当有32.5g锌溶解时,n(Zn)=32.5g÷65g/mol=0.5mol,n(e-)=2n(Zn)=2×0.5mol=1mol,根据在同一闭合回路中电子转移数目相等,可知在正极放出气体的物质的量是n(H2)=0.5mol,在标况下体积为V(H2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L,但由于未指明气体所处的环境,所以不能确定气体的体积,选项D错误故合理选项是D。【点睛】本题考查化学反应能量的变化,注意反应热以及原电池的工作原理,选项D气体体积未指明为标准状况,则其体积不一定为11.2L是易错点,注意学习中相关知识的理解和掌握。13.在体积相同的A和B两个带活塞的玻璃容器中,如分别注入1/4容积颜色相同的NO2和Br2(气),然后将活塞同时向外拉到1/2处(快速),过一会儿可以看到A.A中颜色比B中浅 B.A中颜色比B中深C.A、B中颜色深浅一样 D.A、B中颜色都比开始时深【答案】B【解析】【详解】两种气体的变化情况不一样,对于Br2(g)只是物理变化,对于NO2(g)是一个平衡移动的过程2NO2N2O4,相当于压强减小,相当于压强减小,物理变化使之颜色变浅,但随之平衡又向生成NO2方向移动。14.现有X(g)+Y(g)2Z(g);正反应放热。从反应开始经过t1后达到平衡状态,t2时由于条件改变,平衡受到破坏,在t3时又达到平衡,据下图回答:从t2→t3的曲线变化是由哪种条件引起的()A.增大X或Y的浓度B.增大压强C.增大Z的浓度D.升高温度【答案】D【解析】根据方程式可知,反应是体积不变的、放热的可逆反应。根据图像可知,t2→t3是反应物的浓度逐渐增大,而生成物的浓度逐渐减小,因此改变的条件只能是升高温度,平衡向逆反应方向移动,答案选D。15.下列各装置中都盛有0.1mol·L-1的NaCl溶液,放置一定时间后,锌片的腐蚀速率由快到慢的顺序是:()①②③④A.③①④② B.①②④③ C.①②③④ D.②①④③【答案】D【解析】【详解】根据图知,①装置是原电池,在①中,金属锌做负极,做负极的腐蚀速率快,两个电极金属活泼性相差越大,负极金属腐蚀速率越快,正极被保护,此外原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀;②③装置是电解池,②中金属锌为阳极,③中金属锌为阴极,阳极金属被腐蚀速率快,阴极被保护,即②>③,根据电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护腐蚀措施的腐蚀,并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率,即②①④③。故选D。16.已知下列反应的平衡常数:H2(g)+S(s)H2S(g),K1;S(s)+O2(g)SO2(g),K2。则反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数为()A.K1+K2 B.K1-K2 C.K1×K2 D.【答案】D【解析】【详解】由题给方程式可知K1=、K2=,反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==×=,故选D。17.下列情况下,反应速率相同的是()A.等体积0.1mol/LHCl和0.05mol/LH2SO4分别与0.2mol/LNaOH溶液反应B.等质量锌粒和锌粉分别与等量1mol/LHCl反应C.等体积等浓度HCl和CH3COOH分别与等质量的Na2CO3粉末反应D.等体积0.2mol/LHCl和0.1mol/LH2SO4与等量等表面积等品质石灰石反应【答案】A【解析】【详解】A.因酸中的氢离子浓度相同,则反应速率相同,故A正确;B.Zn的接触面积不同,锌粉反应速率快,故B错误;C.醋酸为弱酸,氢离子浓度不同,则反应速率不同,故C错误;D.反应生成的硫酸钙微溶,阻止反应的进行,则盐酸反应的速率后来比硫酸反应的快,故D错误。答案选A。【点睛】本题考查影响反应速率的因素,明确浓度、接触面积对反应速率的影响即可解答,注意反应的实质,选项D为解答的易错点。18.低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物,发生的化学反应为:2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O在恒容的密闭容器中,下列有关说法正确的是A.平衡时,其他条件不变,升高温度可使该反应的平衡常数增大B.平衡时,其他条件不变,增加NH3的浓度,废气中氮氧化物的转化率减小C.单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1:2时,反应达到平衡D.其他条件不变,使用高效催化剂,废气中氮氧化物的转化率增大【答案】C【解析】分析】A.依据化学平衡移动原理,结合影响因素分析判断;B.可根据反应物的浓度改变与平衡移动的关系,结合含N元素的化合物分析;C.根据可逆反应达到平衡时,任何物质的浓度不变分析;D.催化剂能加快反应速率,但不影响平衡的移动。【详解】A.由于该反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡向吸热的逆反应方向移动,所以升高温度可使该反应的平衡常数减小,A错误;B.NH3是反应物,增大反应物的浓度,可以使平衡正向移动,NO的转化率提高,而NH3的转化率降低,B错误;C.根据方程式可知,在任何条件下每反应消耗1molNO,会同时产生2molN2,现在单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1:2,说明正反应速率与逆反应速率相等,则NO、N2的浓度不变,因此反应达到平衡状态,C正确;D.在其他条件不变时,使用高效催化剂,可以加快化学反应速率,但由于对正、逆反应速率的影响相同,所以平衡不发生移动,因此废气中氮氧化物的转化率不变,D错误;故合理选项是C。19.判断A(g)+B(g)C(g)+D(g)是否达到平衡的依据为()A.压强不随时间改变B.气体的密度不随时间改变C.c(A)不随时间改变D.单位时间里生成C和D的物质的量相等【答案】C【解析】【详解】A.该反应前后气体的物质的量不变,压强始终不变,故压强不随时间改变,不能说明到达平衡,故A错误;
B.混合气体的总质量不变,容器的容积不变,故混合气体的密度始终不变,故气体的密度不随时间改变,不能说明到达平衡,故B错误;C.可逆反应到达平衡时,各组分的浓度不发生变化,故c(A)不随时间改变,说明到达平衡,故C正确;D.单位时间里生成C和D的物质的量相等,都表示正反应速率,反应始终按1:1生成C、D的物质的量,不能说明到达平衡,故D错误;故答案为C。20.在恒温时,一固定容积的容器内发生如下反应:2NO2(g)N2O4(g)达到平衡时,再向容器内通入一定量的NO2(g),重新达到平衡后,与第一次平衡时相比,NO2的体积分数()A.不变 B.增大 C.减小 D.无法判断【答案】C【解析】【详解】假设在题给的过程中,容器的体积从A变化到A+B(见图),这个过程也可以理解成:假设有一个虚拟的隔板可以保持A的体积不变,在B中充入NO2,使其反应直至达到平衡。很明显,在同温、同压下,A、B中达到平衡后,NO2、N2O4的质量分数分别相等。这时,抽去虚拟的隔板,将B压缩至A,平衡正向移动,NO2的体积分数减小。故选C。21.在相同容积的4个密闭器中进行同一种可逆反应,2A(g)+B(g)3C(g)+2D(g),起始时4个容器所盛A、B的量如表所示各容器所盛物质的量:容器甲乙丙丁A2mol1mol2mol1molB1mol1mol2mol2mol在相同温度下,建立平衡时,4个容器中A或B的转化率的大小关系是A.A的转化率为:甲<丙<乙<丁 B.A的转化率为:甲<乙<丙<丁C.B的转化率为:甲>丙>乙>丁 D.B的转化率为:丁>乙>丙>甲【答案】A【解析】【详解】将起始时情况作如下排列:2A(g)+B(g)3C(g)+2D(g)
甲2mol1mol乙1mol1mol丙2mol2mol丁1mol2molA越少B越多,A的转化率越高,则A转化率最高的为丁,最低的为甲;乙与丙相比较,丙相当于在乙的基础上再分别增加1molA和1molB,应是恒温并加压,平衡逆向移动使A的转化率减小,故A的转化率丁>乙>丙>甲,同理得B的转化率:甲>乙>丙>丁,故答案为A。22.一定条件下,对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g),若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L,则下列判断正确的是()A.c1:c2=3:1B.平衡时,Y和Z的生成速率之比为2:3C.X、Y的转化率不相等D.c1的取值范围为0.04<c1<0.14mol/L【答案】D【解析】【详解】假设反应正向进行,则有关系为有关系式c1-x=0.1c2-3x=0.3c3+2x=0.08或c1+x=0.1c2+3x=0.3c3-2x=0.08A.根据关系式可知c1:c2=1:3,故A错误;B.平衡时,Y和Z的生成速率之比应为化学计量数比,即为3:2,故B错误;C.因为c1:c2=1:3,所以X、Y的转化率相同,故C错误;D.根据关系式,若c3=0,则根据c3+2x=0.08,x=0.04,c1-x=0.1,解c1=0.14mol/L,若c1=0mol/L,c1+x=0.1,则x=0.1mol/L,根据c2+3x=0.3c3-2x=0.08,c2=0mol/L,c3=0.28mol/L,所以0.04<c1<0.14mol/L,故D正确。故选D。23.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的浓度是原来的60%,则()A.平衡向正反应方向移动了 B.物质A的转化率减少了C.物质B的质量分数减小了 D.a>b【答案】A【解析】【分析】采用假设法分析,假设a=b,保持温度不变,将容器体积增加一倍,平衡不移动,A和B的浓度应均是原来的倍,与达到新的平衡时B的浓度相比判断平衡移动,再根据平衡移动逐项判断。【详解】采用假设法分析,假设a=b,保持温度不变,将容器体积增加一倍,平衡不移动,A和B的浓度应均是原来的倍,但当达到新的平衡时,B的浓度是原来的60%,说明减小压强平衡向正反应反应方向移动。A、平衡时B的浓度是原来的60%,大于原来的倍,说明平衡向正反应反应方向移动,选项A正确;B、平衡时B的浓度是原来的60%,大于原来的倍,说明平衡向正反应反应方向移动,A的转化率增大,选项B错误;C、平衡应向正反应方向移动,物质B的质量增多,混合物总质量不变,所以物质B质量分数增大,选项C错误;D、增大体积,压强减小,平衡向正反应方向移动,则说明a<b,选项D错误。答案选A。24.容积相同的甲、乙两个容器,分别充有等物质的量的SO2和O2,在相同温度下发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),并达到平衡,在此过程中,甲容器保持容积不变,乙容器保持压强不变,若甲容器中SO2的转化率为α,则乙容器中SO2的转化率为()A.等于α B.大于α C.小于α D.无法判断【答案】B【解析】【详解】先假定甲、乙的体积都不变,达到平衡后再保持乙的压强不变,此反应是气体体积减小的反应,因此,待等体积达平衡后,欲保持乙的压强不变,就需要减小体积。减小体积则乙的压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动,平衡正向移动,所以,若甲容器中SO2的转化率为α,则乙的SO3的转化率将大于甲的,即大于α,故选B。【点睛】正确理解等效平衡的原理是解题的关键。本题中先设为同等条件,平衡后再改变某一条件使之符合题设条件,根据改变的条件对平衡的影响分析,问题就迎刃而解了。二、填空题(本大题共1小题,共12.0分)25.(1)用惰性电极电解下列溶液,写出电极反应式和总反应式以及溶液复原需加入的物质①NaCl溶液阴极:_________;阳极:_________;总反应式:_______________;溶液复原需加入的物质____________。②CuSO4溶液阴极:_________;阳极:______;总反应式:____________________________;溶液复原需加入的物质____________。(2)写出下列原电池电极反应式和总反应式①氢氧燃料电池(电解质是KOH溶液)负极反应:______________________;正极反应:__________________;总反应:_____________。②甲烷燃料电池。碱性介质(如KOH)负极:____________;正极:______________;总反应式:_________。【答案】(1).2H++2e-=H2↑(2).2Cl--2e-=Cl2↑(3).2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑(4).通HCl气体(5).2Cu2++4e-=2Cu(6).4OH--4e-=2H2O+O2↑(7).2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑(8).加CuO或CuCO3固体(9).2H2-4e-+4OH-=4H2O(10).O2+2H2O+4e-=4OH-(11).2H2+O2=2H2O(12).CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O(13).2O2+8e-+4H2O=8OH-(14).CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O【解析】【详解】(1)①用惰性电极电解NaCl溶液时,阳极上氯离子放电生成氯气,阴极上氢离子放电生成氢气,所以阴极、阳极、电池反应式分别为2H++2e-=H2↑、2Cl--2e-=Cl2↑、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,溶液复原需加入的物质是通HCl气体;②用惰性电极电解CuSO4溶液时,阳极上氢氧根离子放电生成氧气,阴极上铜离子放电生成铜单质,所以阴极、阳极、电池反应式分别为2Cu2++4e-=2Cu、4OH--4e-=2H2O+O2↑、2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑,溶液复原需加入的物质是加CuO或CuCO3固体;(2)①氢氧燃料电池(电解质是KOH溶液)工作时,氢气失电子是还原剂,发生氧化反应;氧气得电子是氧化剂,发生还原反应。负极上氢气失电子在碱性条件下生成水,发生的电极反应为:2H2-4e-+4OH-=4H2O;正极是O2得到电子生成水,发生的电极反应式为:O2+2H2O+4e-=4OH-;电极的总反应式为2H2+O2=2H2O;②甲烷燃料电池。碱性介质(如KOH)工作时,负极上甲烷失电子在碱性条件下生成碳酸盐和水,反应的电极方程式为:CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O;正极上氧气得电子产生氢氧根离子,反应电极方程式为:2O2+8e-+4H2O=8OH-;电极总反应式为:CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O。三、简答题(本大题共2小题,共16.0分)26.在一个体积为2L的真空密闭容器中加入0.5molCaCO3,发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g),测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如下图所示,图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线,B表示不同温度下反应经过相同时间时CO2的物质的量浓度的变化曲线。请按要求回答下列问题:(1)该反应正反应为______(填“吸”或“放”)热反应,温度为T5℃时,该反应耗时40s达到平衡,则T5(2)如果该反应的平衡常数K值变大,该反应________(选填字母)。a.一定向逆反应方向移动b.在平衡移动时正反应速率先增大后减小c.一定向正反应方向移动d.在平衡移动时逆反应速率先减小后增大(3)保持温度、体积不变,充入CO2气体,则CaCO3的质量______,CaO的质量______CO2的浓度________(填“增大”,“减小”或“不变”)。【答案】(1).吸(2).0.2mol/L(3).bc(4).增大(5).减小(6).不变【解析】【详解】(1)由图象可知,随着温度的升高,二氧化碳的平衡浓度增大,说明平衡向正反应方向移动,所以该反应为吸热反应,根据化学反应方程式可知,平衡常数K=c(CO2),所以T5℃时,K=c(CO2)=0.2mol/L(2)平衡常数增大,说明平衡正向移动,此时改变的条件为升高温度,如果该反应的平衡常数K值变大,则:a.一定向正反应方向移动,选项a错误;b.在平衡移动时,由于是升高温度,所以正反应速率增大,由于该反应是吸热反应,升温平衡正向移动,所以正反应速率又逐渐减小,选项b正确;c.一定向正反应方向移动,选项c正确;d.根据b的分析可知,由于是升高温度,所以逆反应速率也增大,选项d错误;答案选bc;(3)保持体积、温度不变,充入CO2气体,平衡逆向移动,则CaCO3的质量增大,CaO的质量减小,根据平衡常数K=c(CO2)可知,温度不变
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