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学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精2015-2016学年山东省滨州市邹平双语学校高二(上)期中化学试卷(连读普通班)一、单选题(本题包括16小题,每小题3分,共48分.每小题只有一个选项符合题意).1.美国《科学》杂质评选的2001年十大科学进展之一是国际气候变化研究专家组首次正式表明,过去50年中的全球变暖现象很可能是由大气中的温室气体如CO2聚集造成的.科学家对此问题提出了一些设想,有科学家提出可以将CO2通过管道输送到海底,这样可减缓空气中CO2浓度的增加.下列有关说法不正确的是()A.送到海底越深的地方,CO2溶解得越多,同时CO2可能液化甚至变成干冰B.把CO2输送到海底,会使海水酸性增强,破坏海洋生态环境C.把CO2输送到海底,这是人类减缓空气中CO2浓度的增加的唯一办法D.要减缓空气中CO2浓度的增加,最有效的措施是使用新能源,植树造林等2.已知反应:①101kpa时,2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=﹣221kJ/mol②稀溶液中,H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣57.3kJ/mol下列结论正确的是()A.碳的燃烧热大于110.5kJ/molB.①的反应热为221kJC.稀硫酸与氨水反应的中和热为﹣57。3kJ/molD.稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水,放出57.3kJ热量3.下列关于判断过程的方向的说法正确的是()A.所有自发进行的化学反应都是放热反应B.高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应C.由能量判据和熵判据组合而成的复合判据,将更适合于所有的过程D.同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同4.在如图所示的装置中,a的金属性比氢要强,b为碳棒,关于此装置的各种叙述不正确的是()A.碳棒上有气体放出,溶液pH变大B.a是正极,b是负极C.导线中有电子流动,外电路中,电流从b极到a极D.a极上发生了氧化反应5.可以将反应Zn+Br2=ZnBr2设计成可充电电池,下列4个电极反应①Br2+2e﹣=2Br﹣②2Br﹣﹣2e﹣=Br2③Zn﹣2e﹣=Zn2+④Zn2++2e﹣=Zn其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是()A.②和③ B.②和① C.③和① D.④和①6.在密闭容器中,一定条件下,进行如下反应:NO(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H=﹣373。2kJ/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()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N2 D.降低温度同时增大压强7.在容积可变的密闭容器中存在如下反应:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0,下列对图象的分析中不正确的是()A.图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B.图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小体积)或使用催化剂对反应速率的影响C.图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响,且甲使用了催化剂D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较高8.反应:A(气)+3B(气)⇌2C(气)△H<0达平衡后,将气体混合物的温度降低.下列叙述中正确的是()A.正反应速率加大,逆反应速率变小,平衡向正反应方向移动B.正反应速率变小,逆反应速率加大,平衡向逆反应方向移动C.正反应速率和逆反应速率变小,平衡向正反应方向移动D.正反应速率和逆反应速率变小,平衡向逆反应方向移动9.一定温度下,反应2SO2+O22SO3,达到平衡时,n(SO2):n(O2):n(SO3)=2:3:4.缩小体积,反应再次达到平衡时,n(O2)=0.8mol,n(SO3)=1.4mol,此时SO2的物质的量应是()A.0。6mol B.0.4mol C.0.8mol D.1。2mol10.下列叙述中,不能用平衡移动原理解释的是()A.红棕色的NO2,加压后颜色先变深后变浅B.高压比常压有利于合成SO3的反应C.由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深D.黄绿色的氯水光照后颜色变浅11.在密闭容器中发生下列反应aA(g)⇌cC(g)+dD(g),反应达到平衡后,将容器体积压缩到原来的一半,当再次达到平衡时,D的浓度为原平衡的1.8倍,下列叙述正确的是()A.平衡向正反应方向移动 B.A的转化率变大C.C的体积分数变大 D.a<c+d12.下列对化学平衡移动的分析中,不正确的是()①已达平衡的反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g),当增加反应物物质的量时,平衡一定向正反应方向移动②已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),当增大N2的浓度时,平衡向正反应方向移动,N2的转化率一定升高③有气体参加的反应平衡时,若减小反应器容积时,平衡一定向气体体积增大的方向移动④有气体参加的反应达平衡时,在恒压反应器中充入稀有气体,平衡一定不移动.A.①④ B.①②③ C.②③④ D.①②③④13.一密闭体系中发生反应:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g),如图表示该反应的速率(v)在某一时间(t)段内的变化.则下列时间段中,SO3的百分含量最高的是()A.t0→t1 B.t2→t3 C.t3→t4 D.t5→t614.在一定温度不同压强(P1<P2)下,可逆反应2X(g)⇌2Y(g)+Z(g)中,生成物Z在反应混合物中的体积分数(ψ)与反应时间(t)的关系有以下图示,正确的是()A. B. C. D.15.已知:CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=﹣2878kJ•mol﹣1(CH3)2CHCH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l);△H=﹣2869kJ•mol﹣1下列说法正确的是()A.正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子B.正丁烷的稳定性大于异丁烷C.异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程D.异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多16.常温常压下,在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里,分别充有二氧化氮和空气,现分别进行下列两个实验:(N2O4⇌2NO2△H>0)(a)将两容器置于沸水中加热(b)在活塞上都加2kg的砝码在以上两情况下,甲和乙容器的体积大小的比较,正确的是()A.(a)甲>乙,(b)甲>乙 B.(a)甲>乙,(b)甲=乙C.(a)甲<乙,(b)甲>乙 D.(a)甲>乙,(b)甲<乙二、非选择题(本题共5个小题,将答案用0。5mm黑色签字笔填写在答题卡上.17.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染.例如:CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣1160kJ•mol﹣1若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2,整个过程中转移电子总数为(阿伏加德罗常数的值用NA表示),放出的热量为kJ.18.已知:H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l);△H=﹣57.3kJ•mol﹣1.计算下列中和反应放出的热量.(1)用20gNaOH配成稀溶液与足量的稀盐酸反应,能放出kJ的热量.(2)用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量的稀硝酸反应,能放出kJ的热量.(3)用1。00L1。00mol•L﹣1醋酸溶液与2.00L1.00mol•L﹣1NaOH溶液反应,放出的热量(填“大于”、“小于”或“等于")57.3kJ,理由是.19.如图装置中,A、B两池溶液的体积均为200mL,(1)写出B池发生电化学反应的总化学方程式.(2)判断装置的名称:A池为(填“原电池”或“电解池").(3)请写出A池中右边石墨棒电极反应式为;B池右边铜棒电极的反应式为(4)若A、B两池溶液的浓度均为2mol/L,工作一段时间后,B池稀硫酸浓度变为1mol/L,此时A池溶液中铜离子的浓度为.(假设各个电极的质量足够大)(5)若A、B两烧杯都放在天平的左盘,当A、B两烧杯总质量每减少4g,则电路中通过电子为mol.(假设各个电极的质量足够大,且不考虑烧杯中水的挥发)20.某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率.请回答下列问题:(1)上述实验中发生反应的化学方程式有、;(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是.(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、HgSO4、K2SO4等4种溶液,可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是;(4)要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有、(答两种).21.现有可逆反应:A(g)+2B(g)⇌C(g)+D(g)△H<0.在相同温度下,将1molA和2molB加入到容积固定不变的甲容器中,将2molC和2molD加入到容积可变的乙容器中,t1=5min时两容器内均达到平衡状态,甲中c(C)=1.5mol/L.请回答下列问题:(1)5min内,用B物质表示甲容器中的平均反应速率v(B)=.(2)若使甲容器化学平衡向正反应方向移动,则可以改变的条件是(填字母);改变条件的瞬间,体系的正反应速率将(填“增大”“减小”或“不变").A.减小A的物质的量B.降低体系的度C.增大D的浓度D.加入催化剂(3)保持温度不变,移动活塞P,使乙的容积和甲相等,达到新的平衡后,乙容器中C的物质的量浓度c(C)3mol/L(填“<”、“=”或“>”).(4)保持温度不变,t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后,图中能表示甲中反应速率变化情况的是,能表示乙中反应速率变化情况的是.22.在一定条件下,xA+yB⇌zC的反应达到平衡.(1)已知A、B、C都是气体,在减压后平衡向逆反应方向移动,则x、y、z之间的关系是;(2)已知C是气体,且x+y=z,在增大压强时,如果平衡发生移动,则平衡一定向移动;(3)已知B、C是气体,当其他条件不变,增大A的物质的量时,平衡不发生移动,则A是态物质.(4)若加热后C的质量分数减少,则正反应是(填“放热”或“吸热”)反应.(5)若B是有色物质,A、C均无色,若维持容器内压强不变,充入氖气时,混合物颜色(填“变深”“变浅”或“不变”);若维持容器体积不变,充入氖气时,混合物颜色.

2015—2016学年山东省滨州市邹平双语学校高二(上)期中化学试卷(连读普通班)参考答案与试题解析一、单选题(本题包括16小题,每小题3分,共48分.每小题只有一个选项符合题意).1.美国《科学》杂质评选的2001年十大科学进展之一是国际气候变化研究专家组首次正式表明,过去50年中的全球变暖现象很可能是由大气中的温室气体如CO2聚集造成的.科学家对此问题提出了一些设想,有科学家提出可以将CO2通过管道输送到海底,这样可减缓空气中CO2浓度的增加.下列有关说法不正确的是()A.送到海底越深的地方,CO2溶解得越多,同时CO2可能液化甚至变成干冰B.把CO2输送到海底,会使海水酸性增强,破坏海洋生态环境C.把CO2输送到海底,这是人类减缓空气中CO2浓度的增加的唯一办法D.要减缓空气中CO2浓度的增加,最有效的措施是使用新能源,植树造林等【考点】常见的生活环境的污染及治理.【分析】A.送到海底越深的地方,压强越大,CO2可能液化;B.二氧化碳与水反应生成碳酸,溶液呈酸性;C.减缓空气中CO2浓度的方法有多种;D.使用新能源,植树造林,可减少二氧化碳的排放.【解答】解:A.送到海底越深的地方,压强越大,CO2溶解得越多,CO2可能液化,故A正确;B.二氧化碳与水反应生成碳酸,溶液呈酸性,会使海水酸性增强,破坏海洋生态环境,故B正确;C.减缓空气中CO2浓度的方法有多种,如合成聚二氧化碳塑料等,故C错误;D.使用新能源,可减少二氧化碳的排放,植树造林,可降低二氧化碳的浓度,故D正确.故选C.2.已知反应:①101kpa时,2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=﹣221kJ/mol②稀溶液中,H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣57。3kJ/mol下列结论正确的是()A.碳的燃烧热大于110.5kJ/molB.①的反应热为221kJC.稀硫酸与氨水反应的中和热为﹣57.3kJ/molD.稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水,放出57。3kJ热量【考点】化学能与热能的相互转化.【分析】A、CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量;B、反应热包含符号,①的反应热为﹣221kJ•mol﹣1;C、氨水是弱电解质,电离需吸收热量;D、醋酸是弱电解质,电离需吸收热量.【解答】解:A、由反应①可知,1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110。5kJ,CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量,故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110。5kJ,所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol,故A正确;B、反应热包含符号,①的反应热为﹣221kJ•mol﹣1,故B错误;C、氨水是弱电解质,电离需吸收热量,所以放出的热量小于57.3kJ,所以稀硫酸与氨水反应的中和热大于﹣57。3kJ/mol,故C错误;D、醋酸是弱电解质,电离需吸收热量,稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水,放出的热量小于57。3kJ,故D错误;故选A.3.下列关于判断过程的方向的说法正确的是()A.所有自发进行的化学反应都是放热反应B.高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应C.由能量判据和熵判据组合而成的复合判据,将更适合于所有的过程D.同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同【考点】反应热和焓变.【分析】A、反应自发进行的判断依据为△G=△H﹣T•△SB、石墨能量低于金刚石,在给定的条件下,无须外界做功,一经引发即能自动进行的化学反应为自发进行的反应;C.根据△G=△H﹣T•△S判断;D.同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大【解答】解:在给定的条件下,无须外界做功,一经引发即能自动进行的化学反应,为自发反应.从热力学上判断就是:△G=△H﹣△ST<0.A.反应能否自发取决于焓变和熵变的复合判据,对于吸热反应,在一定温度下也能进行,故A错误;B、C(石墨)=C(金刚石);通常状况下△H>0,△S<0,反应是不自发的,而且将金刚石加热到1000℃可以变成石墨.故B错误;C.△G=△H﹣T•△S<0时,反应能自发进行,适合于所有的过程,故C正确;D.同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大,故D错误;故选C.4.在如图所示的装置中,a的金属性比氢要强,b为碳棒,关于此装置的各种叙述不正确的是()A.碳棒上有气体放出,溶液pH变大B.a是正极,b是负极C.导线中有电子流动,外电路中,电流从b极到a极D.a极上发生了氧化反应【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】a的金属性比氢要强,b为碳棒,则a属于氢之前的金属,该装置构成原电池,a为负极、b为正极,电子从负极沿导线流向正极,据此分析解答.【解答】解:a的金属性比氢要强,b为碳棒,则a属于氢之前的金属,该装置构成原电池,a为负极、b为正极,A.碳棒上氢离子得电子生成氢气,溶液中氢离子浓度减小,溶液的pH变大,故A正确;B.通过以上分析知,a是负极、b是正极,故B错误;C.该装置构成原电池,所以有电子流动,外电路中,电流从正极b极到负极a极,故C正确;D.a电极上金属失电子发生氧化反应,故D正确;故选B.5.可以将反应Zn+Br2=ZnBr2设计成可充电电池,下列4个电极反应①Br2+2e﹣=2Br﹣②2Br﹣﹣2e﹣=Br2③Zn﹣2e﹣=Zn2+④Zn2++2e﹣=Zn其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是()A.②和③ B.②和① C.③和① D.④和①【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】放电时,负极上活泼金属失去电子发生氧化反应;充电时,阳极上阴离子失去电子发生氧化反应,据此分析解答.【解答】解:充电时,阳极上电解质溶液中的阴离子失去电子发生氧化反应,所以是溴离子失去电子发生氧化反应生成溴单质电极反应式为2Br﹣﹣2e﹣=Br2;放电时,较活泼的金属锌失去电子发生氧化反应,电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+,故选A.6.在密闭容器中,一定条件下,进行如下反应:NO(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H=﹣373.2kJ/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()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N2 D.降低温度同时增大压强【考点】化学平衡的影响因素.【分析】加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂,增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动,据此分析.【解答】解:2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g);△H=﹣373。4kJ•mol﹣1,反应是放热反应,反应后气体体积减小;A、加催化剂同时升高温度,催化剂加快反应速率,升温平衡逆向进行,一氧化氮转化率减小,故A错误;B、加催化剂同时增大压强,催化剂加快反应速率,反应前后气体体积减小,增大压强平衡正向进行,一氧化氮转化率增大,故B正确;C、升高温度同时充入N2,升温速率增大,平衡逆向进行,加氮气平衡逆向进行,一氧化氮转化率减小,故C错误;D、降低温度反应速率减小,加压反应速率增大,无法确定反应速率的变化情况,故D错误;故选B.7.在容积可变的密闭容器中存在如下反应:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0,下列对图象的分析中不正确的是()A.图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B.图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小体积)或使用催化剂对反应速率的影响C.图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响,且甲使用了催化剂D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较高【考点】化学反应速率的影响因素;化学平衡的影响因素.【分析】A.图Ⅰ正逆反应速率均增大,且逆反应速率大于正反应速率;B.图Ⅱ中正逆反应速率同等程度的增大;C.图Ⅲ中乙先达到平衡状态;D.图Ⅲ中乙先达到平衡状态,且乙中CO的转化率小.【解答】解:A.图Ⅰ正逆反应速率均增大,且逆反应速率大于正反应速率,该反应为放热反应,则改变的条件为升温,故A正确;B.图Ⅱ中正逆反应速率同等程度的增大,该反应为体积不变的反应,则改变的条件为增大压强(缩小体积)或使用催化剂,故B正确;C.图Ⅲ中乙先达到平衡状态,但甲、乙的转化率不同,不是催化剂的原因,应为乙的温度高,故C错误;D.图Ⅲ中乙先达到平衡状态,且乙中CO的转化率小,该反应为放热反应,则乙的温度高,故D正确;故选C.8.反应:A(气)+3B(气)⇌2C(气)△H<0达平衡后,将气体混合物的温度降低.下列叙述中正确的是()A.正反应速率加大,逆反应速率变小,平衡向正反应方向移动B.正反应速率变小,逆反应速率加大,平衡向逆反应方向移动C.正反应速率和逆反应速率变小,平衡向正反应方向移动D.正反应速率和逆反应速率变小,平衡向逆反应方向移动【考点】化学反应速率的影响因素;化学平衡的影响因素.【分析】对于该正反应为放热的化学反应来说,降低温度,该反应的正逆反应速率都减小,化学平衡向放热的方向移动,以此来解答.【解答】解:A、降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,故A错误;B、降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,故B错误;C、降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,故C正确;D、降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,故D错误;故选C.9.一定温度下,反应2SO2+O22SO3,达到平衡时,n(SO2):n(O2):n(SO3)=2:3:4.缩小体积,反应再次达到平衡时,n(O2)=0.8mol,n(SO3)=1。4mol,此时SO2的物质的量应是()A.0。6mol B.0.4mol C.0.8mol D.1。2mol【考点】化学平衡的计算.【分析】反应平衡后SO2、O2、SO3的物质的量之比是2:3:4,保持其它条件不变,缩小体积达到新的平衡时,O2、SO3的物质的量分别为0.8mol和1。4mol,产生SO3、O2的物质的量之比是1。4:0。8=1。75:1>4:3,说明缩小体积平衡向正反应方向移动,设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol,根据方程式用x表示出SO3、O2的物质的量的变化量,进而表示与原平衡时SO3、O2的物质的量,根据原平衡时SO3、O2的物质的量的之比为4:3列方程计算x值,进而计算原平衡时SO3的物质的量,平衡时SO3的物质的量加上改变体积生成的SO3的物质的量为新平衡SO3的物质的量.【解答】解:改变体积达到新的平衡时,SO3、O2的物质的量分别为1。4mol和0.8mol,说明缩小体积平衡向正反应方向移动,设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol,则:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)xmol0。5xmolxmol故(1。4mol﹣xmol):(0.8mol+0。5xmol)=4:3,解得x=0.2,故原平衡时SO3的物质的量=1。4mol﹣0.2mol=1.2mol,则原平衡时SO2的物质的量=1.2mol×=0.6mol,故到达新平衡SO2的物质的量=0.6mol﹣0.2mol=0.4mol,故选:B.10.下列叙述中,不能用平衡移动原理解释的是()A.红棕色的NO2,加压后颜色先变深后变浅B.高压比常压有利于合成SO3的反应C.由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深D.黄绿色的氯水光照后颜色变浅【考点】化学平衡移动原理.【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等),平衡就向能够减弱这种改变的方向移动,平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程,如与可逆过程无关,则不能用平衡移动原理解释.【解答】解:A.存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g),增大压强,混合气体的浓度增大,平衡体系颜色变深,该反应正反应为体积减小的反应,增大压强平衡正反应移动,二氧化氮的浓度又降低,颜色又变浅,由于移动的密度目的是减弱变化,而不是消除,故颜色仍不原来的颜色深,所以可以用平衡移动原理解释,故A不选;B.存在平衡2SO2+O2(g)⇌2SO3(g),正反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡向正反应移动,有利于合成SO3,能用平衡移动原理解释,故B不选;C.存在平衡H2+I2(g)⇌2HI(g),该反应前后气体的体积不变,增大压强,平衡不移动,增大平衡体系的压强气体的体积减小,碘的浓度增大,颜色变深,不能用平衡移动原理解释,故C选;D.对氯水中的次氯酸受光照射会分解,次氯酸浓度减小,使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动,能用平衡移动原理解释,故D不选;故选:C.11.在密闭容器中发生下列反应aA(g)⇌cC(g)+dD(g),反应达到平衡后,将容器体积压缩到原来的一半,当再次达到平衡时,D的浓度为原平衡的1。8倍,下列叙述正确的是()A.平衡向正反应方向移动 B.A的转化率变大C.C的体积分数变大 D.a<c+d【考点】化学平衡的影响因素;化学平衡建立的过程.【分析】假定平衡不移动,将气体体积压缩到原来的一半,D的浓度为原来的2倍,实际再次达到新平衡时,D的浓度为原来的1.8倍,说明压强增大,平衡向逆反应移动,即a<c+d,依据平衡移动方向分析选项.【解答】解:假定平衡不移动,将气体体积压缩到原来的一半,D的浓度为原来的2倍,实际再次达到新平衡时,D的浓度为原来的1.8倍,说明压强增大,平衡向逆反应移动,即a<c+d,A.假定平衡不移动,将气体体积压缩到原来的一半,D的浓度为原来的2倍,实际再次达到新平衡时,D的浓度为原来的1.8倍,说明压强增大,平衡向逆反应移动,故A错误;B.平衡向逆反应方向移动,A的转化率变小,故B错误;C.反应平衡逆向进行,总物质的量减小、C的物质的量也减小,C的体积分数变化不能确定,故C错误;D.压强增大,平衡向逆反应移动,即a<c+d,故D正确;故选D.12.下列对化学平衡移动的分析中,不正确的是()①已达平衡的反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g),当增加反应物物质的量时,平衡一定向正反应方向移动②已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),当增大N2的浓度时,平衡向正反应方向移动,N2的转化率一定升高③有气体参加的反应平衡时,若减小反应器容积时,平衡一定向气体体积增大的方向移动④有气体参加的反应达平衡时,在恒压反应器中充入稀有气体,平衡一定不移动.A.①④ B.①②③ C.②③④ D.①②③④【考点】化学平衡的调控作用.【分析】①如增大固体的量,平衡不移动;②当增大N2的物质的量,N2的转化率减小;③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等,则增大压强平衡不移动;④在恒压反应器中充入稀有气体,反应物的浓度改变,平衡可能移动.【解答】解:①C为固体,增大固体的量,平衡不移动,故①错误;②增大N2的物质的量,平衡向正反应方向移动,但转化的少,增加的多,N2的转化率减小,故②错误;③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等,则增大压强平衡不移动,故③错误;④在恒压反应器中充入稀有气体,如气体反应物与生成物化学计量数之和相等,则平衡不移动,如反应前后气体的化学计量数之和不等,则平衡移动,故④错误.故选D.13.一密闭体系中发生反应:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g),如图表示该反应的速率(v)在某一时间(t)段内的变化.则下列时间段中,SO3的百分含量最高的是()A.t0→t1 B.t2→t3 C.t3→t4 D.t5→t6【考点】化学平衡的影响因素.【分析】SO3的百分含量最高,说明平衡向着正向移动程度大,图中,t2→t3是原平衡逆向移动后建立的平衡,t3→t4和t2→t3两个时间段内,平衡不变,t5→t6是平衡再次逆向移动后建立的平衡.【解答】解:分析图象可知,t2→t3是原平衡逆向移动后建立的平衡,SO3的百分含量降低,t3→t4和t2→t3两个时间段内,SO3的百分含量相同,t5→t6是平衡再次逆向移动后建立的平衡,SO3的百分含量再次降低,所以t0→t1时间段内达到的平衡状态下三氧化硫的百分含量最大,故选A.14.在一定温度不同压强(P1<P2)下,可逆反应2X(g)⇌2Y(g)+Z(g)中,生成物Z在反应混合物中的体积分数(ψ)与反应时间(t)的关系有以下图示,正确的是()A. B. C. D.【考点】产物百分含量与压强的关系曲线.【分析】一定温度下,增大压强,反应速率增大,到达平衡的时间缩短,该反应正反应是体积增大的反应,平衡向逆反应移动,平衡时Z的物质的量减小,据此结合选项解答.【解答】解:A、图象中压强p1到达平衡时间短,故图象中p1>p2,与题意不符,故A错误;B、图象中压强p2到达平衡时间短,图象中p1<p2,增大压强,平衡时生成物Z的物质的量减小,与实际相符,故B正确;C、图象中压强p1到达平衡时间短,故图象中p1>p2,与题意不符,故C错误;D、图象中压强p2到达平衡时间短,图象中p1<p2,增大压强,平衡时生成物Z的物质的量增大,与实际不相符,故D错误;故选B.15.已知:CH3CH2CH2CH3(g)+6。5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)△H=﹣2878kJ•mol﹣1(CH3)2CHCH3(g)+6。5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l);△H=﹣2869kJ•mol﹣1下列说法正确的是()A.正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子B.正丁烷的稳定性大于异丁烷C.异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程D.异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多【考点】吸热反应和放热反应.【分析】A、根据化学反应中能量守恒,放出的热量=反应物的总能量﹣生成物的总能量;B、根据物质具有的能量越低越稳定来判断;C、根据异丁烷转化为正丁烷的能量高低来判断;D、根据正丁烷和异丁烷中含有的化学键来回答.【解答】解:A、因化学反应中能量守恒,放出的热量=反应物的总能量﹣生成物的总能量,生成物的总能量的能量相同时,放出的热量越多,反应物的总能量越多,故A正确;B、物质具有的能量越低越稳定,根据A可知正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子,所以正丁烷的稳定性小于异丁烷,故B错误;C、因正丁烷的能量比异丁烷的能量高,所以异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程,故C错误;D、在正丁烷和异丁烷中,均含有碳碳单键和碳氢单键,数目一样多,故D错误;故选A.16.常温常压下,在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里,分别充有二氧化氮和空气,现分别进行下列两个实验:(N2O4⇌2NO2△H>0)(a)将两容器置于沸水中加热(b)在活塞上都加2kg的砝码在以上两情况下,甲和乙容器的体积大小的比较,正确的是()A.(a)甲>乙,(b)甲>乙 B.(a)甲>乙,(b)甲=乙C.(a)甲<乙,(b)甲>乙 D.(a)甲>乙,(b)甲<乙【考点】化学平衡的影响因素.【分析】先分析条件变化引起体积如何变化,再根据甲中存在平衡,乙不存在,分析平衡移动对体积的进一步影响,据此解答.【解答】解:(a)在沸水中,气体体积都受热膨胀,甲中存在平衡N2O4⇌2NO2△H>0,升高温度,平衡正向移动,使体积进一步增大,所以体积:甲>乙;(b)都加2kg的砝码,压强增大,气体都缩小,甲中存在平衡N2O4⇌2NO2△H>0,增大压强,平衡逆向移动,体积减小得更多,所以体积:甲<乙;故选D.二、非选择题(本题共5个小题,将答案用0。5mm黑色签字笔填写在答题卡上.17.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染.例如:CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣1160kJ•mol﹣1若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2,整个过程中转移电子总数为1。6NA(阿伏加德罗常数的值用NA表示),放出的热量为173.4kJ.【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算.【分析】已知①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣574kJ•mol﹣1,②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣1160kJ•mol﹣1,利用盖斯定律(①+②)可得:CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),△H=﹣kJ•mol﹣1=867kJ•mol﹣1,根据化合价变化计算出反应0。2mol甲烷转移的电子数及放出的热量.【解答】解:已知①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣574kJ•mol﹣1,②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣1160kJ•mol﹣1,利用盖斯定律(①+②)可得:③CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),△H=﹣kJ•mol﹣1=﹣867kJ•mol﹣1,标况下4。48L甲烷的物质的量为:n(CH4)==0。2mol,甲烷中碳元素的化合价为﹣4价,反应产物二氧化碳中C元素化合价为+4价,化合价变化为8,即完全反应1mol甲烷转移了8mol(8NA)电子,则反应0。2mol甲烷转移的电子总数为:0。2mol×8NA=1。6NA;根据热化学方程式③可知,完全反应0。2mol甲烷放热的热量为:867kJ•mol﹣1×0。2mol=173。4kJ,故答案为:1。6NA;173。4.18.已知:H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l);△H=﹣57。3kJ•mol﹣1.计算下列中和反应放出的热量.(1)用20gNaOH配成稀溶液与足量的稀盐酸反应,能放出28。65kJ的热量.(2)用0。1molBa(OH)2配成稀溶液与足量的稀硝酸反应,能放出11。46kJ的热量.(3)用1。00L1。00mol•L﹣1醋酸溶液与2.00L1.00mol•L﹣1NaOH溶液反应,放出的热量小于(填“大于"、“小于"或“等于”)57.3kJ,理由是醋酸的电离过程吸热.【考点】有关反应热的计算.【分析】根据H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l)△H=﹣57。3kJ•mol﹣1可知,生成1molH2O放出热量为57。3kJ,然后根据水的物质的量与热量成正比求出热量即可;醋酸是弱电解质,电离时会吸收热量分析.【解答】解:H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l)△H=﹣57.3kJ•mol﹣1可知,生成1molH2O放出热量为57。3kJ,(1)20gNaOH即0。5mol氢氧化钠配成稀溶液后,氢氧根离子的浓度是0。5mol,和足量的酸之间反应会生成0.5mol水,所以放出热量为0.5×57.3kJ=28.65kJ,故答案为:28。65;(2)0。1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应可得0。2molH2O,所以放出的热量为57。3kJ×0。2=11。46KJ,故答案为:11.46;(3)醋酸的物质的量n=cv=1mol/L×1L=1mol,NaOH的物质的量n=1mol/L×2L=2mol,醋酸完全反应,生成水约是1mol,由于醋酸是弱电解质,电离过程为吸热过程,所以用含1molCH3COOH的稀醋酸与足量稀氢氧化钠溶液反应,反应放出的热量小于57.3kJ,故答案为:小于;醋酸的电离过程吸热.19.如图装置中,A、B两池溶液的体积均为200mL,(1)写出B池发生电化学反应的总化学方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑.(2)判断装置的名称:A池为电解池(填“原电池”或“电解池”).(3)请写出A池中右边石墨棒电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu;B池右边铜棒电极的反应式为2H++2e﹣=H2↑(4)若A、B两池溶液的浓度均为2mol/L,工作一段时间后,B池稀硫酸浓度变为1mol/L,此时A池溶液中铜离子的浓度为1。5mol/L.(假设各个电极的质量足够大)(5)若A、B两烧杯都放在天平的左盘,当A、B两烧杯总质量每减少4g,则电路中通过电子为4mol.(假设各个电极的质量足够大,且不考虑烧杯中水的挥发)【考点】原电池和电解池的工作原理.【分析】(1)B中锌失电子发生氧化反应、铜电极上氢离子得电子发生还原反应;(2)B装置能自发的进行氧化还原反应,所以属于原电池,A为电解池;(3)A中碳棒作阴极,阴极上铜离子得电子发生还原反应;B中铜棒上氢离子得电子发生还原反应;(4)根据串联电路中转移电子相等计算;(5)若A、B两烧杯都放在天平的左盘,当A、B两烧杯总质量每减少4g,减少的质量是气体的质量,A中没有气体生成,只有B中有氢气生成,所以减少的质量是氢气的质量,根据氢气和转移电子之间的关系式计算.【解答】解:(1)B中锌失电子发生氧化反应、铜电极上氢离子得电子发生还原反应,电池反应式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,故答案为:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑;(2)B装置能自发的进行氧化还原反应,能将化学能转化为电能,所以属于原电池,A为电解池,故答案为:电解池;(3)A中碳棒作阴极,阴极上铜离子得电子发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu;B中铜棒上氢离子得电子发生还原反应,电极反应式为2H++2e﹣=H2↑,故答案为:Cu2++2e﹣=Cu;2H++2e﹣=H2↑;(4)B中硫酸浓度由2mol/L变为1mol/L,则参加反应的n(H+)=(2﹣1)mol/L×0。2L=0。2mol,转移电子的物质的量等于参加反应的n(H+)为0.2mol,串联电路中转移电子相等,所以A中参加反应的n(Cu2+)==0.1mol,此时A池溶液中铜离子的浓度=2mol/L﹣=1。5mol/L,故答案为:1.5mol/L;(5)若A、B两烧杯都放在天平的左盘,当A、B两烧杯总质量每减少4g,减少的质量是气体的质量,A中没有气体生成,只有B中有氢气生成,所以减少的质量是氢气的质量,根据氢气和转移电子之间的关系式得转移电子的物质的量==4mol,故答案为:4.20.某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率.请回答下列问题:(1)上述实验中发生反应的化学方程式有Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑;(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是置换出的铜与锌在硫酸中构成原电池,加快反应速率.(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、HgSO4、K2SO4等4种溶液,可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是HgSO4;(4)要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有升温、适当增大酸的浓度(答两种).【考点】探究影响化学反应速率的因素.【分析】Fe与硫酸反应生成氢气,加少量硫酸铜,Fe可置换出Cu,构成原电池加快反应速率,或利用HgSO4代替硫酸铜,均为Fe作负极,且温度、浓度等均可加快反应速率,以此来解答.【解答】解:(1)实验中发生反应的化学方程式有Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,故答案为:Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu;Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑;(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是置换出的铜与锌在硫酸中构成原电池,加快反应速率,故答案为:置换出的铜与锌在硫酸中构成原电池,加快反应速率;(3)Na、K、Mg均比Fe活泼,不能发生置换反应,与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的只有HgSO4,故答案为:HgSO4;(4)要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有升温、适当增大酸的浓度等,故答案为:升高;适当增大酸的浓度.21.现有可逆反应:A(g)+2B(g)⇌C(g)+D(g)△H<0.在相同温度下,将1molA和2molB加入到容积固定不变的甲容器中,将2molC和2molD加入到容积可变的乙容器中,t1=5min时两容器内均达到平衡状态,甲中c(C)=1.5mol/L.请回答下列问题:(1)5min内,用B物质表示甲容器中的平均反应速率v(B)=0.6mol/(L•min).(2)若使甲容器化学平衡向正反应方向移动,则可以改变的条件是B(填字母);改变条件的瞬间,体系的正反应速率将减小(填“增大"“减小"或“不变”).A.减小A的物质的量B.降低体系的度C.增大D的浓度D.加入催化剂(3)保持温

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