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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2025年人教A新版选择性必修1化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题,共16分)1、常温下,某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-5mol/L,该溶液的溶质可能是()A.CH3COOHB.NaOHC.NaFD.Na2SO42、25℃时,AgCl的白色悬浊液中,依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液。观察到的现象是先出现黄色沉淀,最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25℃)如下:。AgClAgIAg2SKsp(单位省略)1.8×10-101.5×10-166.3×10-50

下列叙述错误的是()A.沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动B.溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀C.AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度相同D.25℃时,在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中,所含Ag+的浓度不同3、下列变化过程需要吸收能量的是A.2H2+O2=2H2OB.CaO+H2O=Ca(OH)2C.H2→H+HD.Cl+Cl→Cl24、常温下,HB的电离常数Ka=1.0×10−6,向20mL0.01mol·L−1的HB溶液中逐滴加入0.01mol·L−1的NaOH溶液;溶液的pH与加入V(NaOH)之间的关系如下图所示,下列说法正确的是。

A.a点对应溶液的pH约为4,且溶液中只存在HB的电离平衡B.b点对应的溶液中存在:c(OH−)−c(H+)=c(B−)C.d点对应的溶液中存在:c(Na+)>c(B−)>c(OH−)>c(H+)D.a、b、c、d四点中c点溶液中水的电离程度最大5、有研究认为,强碱性溶液中反应I-+ClO‑=IO-+Cl-分三步进行;其中两步如下:

第一步ClO-+H2O→HOCl+OH-K1=3.3×10-10

第三步HOI+OH-→IO-+H2OK3=2.3×103

下列说法错误的是()A.反应第二步为HOCl+I-→HOI+Cl-B.由K可判断反应第三步比第一步快C.升高温度可以加快ClO-的水解D.HOCl和HOI都是弱酸6、下表是几种弱酸在常温下的电离平街常数:

。CH3COOH

H2CO3

H2S

H3PO4

1.8×10-5

Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11

Ka1=9.1×10-8

Ka2=1.1×10-12

Ka1=7.5×10-3

Ka2=6.2×10-8

Ka3=2.2×10-13

则下列说法中不正确的是A.碳酸的酸性强于氢硫酸B.多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C.常温下,加水稀释醋酸,增大D.向弱酸溶液中加少量NaOH溶液,电离平衡常数不变7、常温下,关于pH=12的NaOH溶液,下列说法正确的是()A.溶液中c(H+)=1.0×10-2mol▪L-1B.溶液中由水电离出的c(OH-)=1.0×10-2mol▪L-1C.加水稀释100倍后,溶液的pH=10D.加入等体积pH=2的醋酸,溶液呈中性8、下列对化学反应预测正确的是。选项化学反应方程式已知条件预测AM(s)=X(g)+Y(s)ΔH>0它是非自发反应BW(s)+xG(g)=2Q(g)ΔH<0,自发反应x可能等于1、2、3C4X(g)+5Y(g)=4W(g)+6G(g)能自发反应ΔH一定小于0D4M(s)+N(g)+2W(l)=4Q(s)常温下,自发进行ΔH>0

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共8题,共16分)9、700℃时,向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应:反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1):。反应时间/minn(CO)/molH2O/mol01.200.60t10.80t20.20

下列说法正确的是A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)=mol·L-1·min-1B.保持其他条件不变,起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O,到达平衡时c(CO2)=0.40mol·L-1C.保持其他条件不变,向平衡体系中再通入0.20molH2O,与原平衡相比,达到新平衡时CO、H2O的体积分数均增大D.保持其他条件不变,起始时向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2,到达平衡时H2转化率大于1/310、时,下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.的溶液中:B.溶液中:C.的氨水和的盐酸等体积的混合液中:D.向溶液中滴加氨水溶液至中性:11、在1L密闭容器中充入CH3OH发生如下反应:CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g),CH3OH的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是。

A.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能B.600K时,从X到Y点可通过减小压强实现C.改用更高效催化剂能增大Z点的平衡转化率D.T1K时,该反应的平衡常数为8.112、一定温度下,在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应:达到平衡,下列说法不正确的是。容器温度/K物质的起始浓度物质的平衡浓度Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025

A.该反应的正反应为放热反应B.达到平衡时,容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大C.达到平衡时,容器Ⅱ中大于容器Ⅲ中的两倍D.达到平衡时,容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大13、25℃时,某混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.1mol/L,1gc(HCOOH)、1gc(HCOO-)、lgc(H+)和lgc(OH-)随pH变化的关系如图所示。Ka为HCOOH的电离常数;下列说法正确的是。

A.M点时,c(H+)=c(HCOO-)B.O点时,pH=-1gKaC.该体系中,c(HCOOH)=mol/LD.pH由7到14的变化过程中,水的电离程度始终增大14、H3RO4为一种三元弱酸。常温下,向1L溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液中1gX[表示或]随溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线c代表与溶液pH的关系B.常温下,的的数量级为C.pH=11.40时,溶液中存在:D.常温下,溶液中:15、下列溶液中,微粒浓度关系正确的是A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合:c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B.含有Cl-、H+、OH-的溶液中,其离子浓度一定是C.物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合:c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)D.pH=3的一元酸和pH=11的一元碱等体积混和后的溶液中,一定是c(OH-)=c(H+)16、下列说法正确的是A.碰撞理论认为,只有极少数的碰撞才是有效的B.碰撞理论认为,分子碰撞是否有效由碰撞分子的能量决定C.过渡态理论认为反应物分子转化成生成物分子的过程中要经过一个中间过渡态D.过渡态时体系的能量处于最大值评卷人得分三、填空题(共7题,共14分)17、甲醇是一种可再生能源,由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下:

反应I:

反应Ⅱ:

反应Ⅲ:

回答下列问题:

(1)反应Ⅱ的△H=____________。

(2)反应Ⅲ自发进行条件是________(填“较低温度”;“较高温度”或“任何温度”)。

(3)在一体积为1L的密闭容器中,通入一定量的CO和H2O,在发生如下反应:CO和H2O浓度变化如图:

①0~4min的平均反应速率v(CO)=______mol/(L·min)。

②850℃时,若向该容器中充入1.0molCO、3.0molH2O,则CO的平衡转化率为_______。

(4)在某温度下,1L恒容密闭容器中充入2a(a>0)molH2和amolCO,在一定条件下合成甲醇,达到平衡时各物质的量总和为1.8amol。

①在该温度下,平衡常数K=__________(用含a的代数式表示)。

②下列情况表明反应达到平衡状态的是____________。

A.不再改变B.CO的消耗速率等于的生成速率。

C.混合气体的平均摩尔质量不再改变D.混合气体的密度不再改变。

(5)由CO2制备甲醇还需要氢气。工业上用电解法制取同时获得氢气:工作原理如图所示。电解一段时间后,降低的区域在______(填“阴极室”或“阳极室”);该室发生的电极反应式为:__________________。

18、某无色溶液,其中有可能存在的离子如下:Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlOS2-、COSO、SO现取该溶液进行有关实验;实验结果如下图所示:

(1)沉淀甲是___________,生成沉淀的离子方程式___________。

(2)沉淀乙是___________,由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式___________。

(3)沉淀丙是___________。

(4)综合上述信息,可以肯定存在的离子有___________。19、Ⅰ、一定条件下,在体积为3L的密闭容器中,一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO):CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

不同温度时甲醇的物质的量随时间变化曲线如上图所示。根据题意完成下列各题:

(1)反应达到平衡时,升高温度,化学平衡常数K值____________(填“增大”;“减小”或“不变”)。

(2)在其他条件不变的情况下,将E点的体系体积压缩到原来的下列有关该体系的说法正确的是___________

a氢气的浓度减小b正反应速率加快;逆反应速率也加快。

c甲醇的物质的量增加d重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大e平衡常数K增大。

Ⅱ、在1L的密闭容器中,进行反应到:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),其化学平衡常数K和温度t的关系如下表:。T(℃)70080010001200K0.60.91.72.6

(1)将0.1molCO与0.1molH2O混合加热到800℃,一段时间后该反应达到平衡,测得CO2的物质的量为0.053mol,若将混合气体加热至830℃,平衡时CO2的物质的量_____(填“大于”;等于“”或“小于”)0.053mol。

(2)800℃时,放入CO、H2O、CO2、H2,其物质的量分别为:0.01、0.01、0.01、0.01mol。则反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)向_________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。20、化学反应与能量;是学习和研究化学原理的重要内容。

(1)氢气与氧气反应方程式为:反应过程中的能量变化如下图所示。由此说明,该反应是________反应填“吸热”或“放热”氧气、氢气的总能量________填“”、“”或“”水的总能量。

(2)将氢气与氧气的反应设计成燃料电池,其利用率更高,装置如图所示b为多孔碳棒其中________填A或处电极入口通氢气,其电极反应式为_______________。当消耗标准状况下氢气时,假设能量转化率为则导线中转移电子的物质的量为________mol。

(3)恒温恒容下,将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应:⇌时反应达到平衡状态,此时剩余并测得C的浓度为1.2mol/L。

①从开始反应至达到平衡状态,生成C的平均反应速率为_________________________。

②x=________,A的转化率为_______________________。21、有一学生甲在实验室测某溶液的pH;实验时,他先用蒸馏水润湿pH试纸,然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。学生乙对学生甲的操作的评价为:操作错误,测定结果一定有误差。学生丙对学生甲的操作的评价为:操作错误,但测定结果不一定有误差。

(1)你支持________(填“乙”或“丙”)同学的观点,原因是____________________。

(2)若用此法分别测定c(H+)相等的盐酸和醋酸溶液的pH,误差较大的是________,原因是________________________________________________________________________。

(3)只从下列试剂中选择实验所需的物品,你_____(填“能”或“不能”)区分0.1mol·L-1的硫酸和0.01mol·L−1的硫酸。若能,简述操作过程。_____________________________________________

①紫色石蕊试液②酚酞试液③甲基橙试液④蒸馏水⑤BaCl2溶液⑥pH试纸22、Ⅰ.某同学设计下图简易装置测定中和热。

回答下列问题:

(1)该装置中缺少的仪器是___________。

(2)50mL0.10mol/L的盐酸与50mL0.11mol/L的NaOH溶液混合后,测得反应放出的热量为285J,则中和热___________。若将环形玻璃搅拌棒换为金属搅拌棒,则测得反应放出的热量将___________(填“偏多”“偏少”或“不变”)。

Ⅱ.2021年世界环境日中国主题:人与自然和谐共生。

(3)以为催化剂的光热化学循环分解反应为温室气体的减排提供了一个新途径,断开各分子中1mol化学键吸收的能量如下表所示,则以为催化剂分解生成和的热化学方程式为___________。化学键C=OC≡O(CO)O=O能量/7991072496

(4)以太阳能为热源,金属氧化物为催化剂可以分解水制和实现能源绿色化,其过程如下:

过程Ⅰ:

过程Ⅱ:

总反应:

则过程Ⅱ的___________。

Ⅲ.

(5)已知强酸与强碱在稀溶液中反应的中和热可表示为:对于下列反应:

上述反应均在溶液中进行,则下列的关系正确的是_______。A.B.C.D.23、从H+、Cu2+、Na+、Ag+、NO3-、SO42-、Cl-七种离子中恰当地组成电解质;按下列要求进行电解:

(1)以碳棒为电极,使电解质质量减少,水质量不变,进行电解,则可采用的电解质是_________________。

(2)以碳棒为电极,使电解质质量不变,水质量减少,进行电解,则可采用的电解质是______________。

(3)以碳棒为阳极,铁棒为阴极,使电解质和水质量都减少,电解后生成碱和氢气,则电解质为_______________________。

(4)以碳棒为阳极,铁棒为阴极,使电解质和水质量都减少,电解后生成酸和氧气,则电解质为______________________。评卷人得分四、工业流程题(共1题,共2分)24、利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣(Al、等)中浸出铬和铝;实现铬和铝的再生利用。其工艺流程如下:

(1)写出过程Ⅰ中得到的化学方程式为_______。

(2)提高过程Ⅰ的化学反应速率的方法_______(写一条即可;温度改变除外);

(3)过程Ⅰ:在参与的反应中,消耗氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。

(4)通入调节溶液pH实现物质的分离。

①写出溶液1通入的离子方程式_______。

②滤渣B受热分解所得物质在此流程中可以循环利用,此物质为_______。

③已知:滤液3中的浓度是则的浓度是_______

(5)过程Ⅱ的目的是得到粗品,粗品再重结晶可制得纯净的不同温度下化合物的溶解度化合物名称0℃20℃40℃60℃80℃NaCl35.736.036.637.338.4KCl28.034.240.145.851.37.411.114.818.221.44.712.326.345.673.0163183215269376

结合表中数据分析,过程Ⅱ得到粗品的操作是:向滤液3中加入_______、_______(填试剂)后,蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到粗品。评卷人得分五、原理综合题(共2题,共12分)25、氮的化合物是重要的工业原料;也是主要的大气污染来源,研究氮的化合物的反应具有重要意义。回答下列问题:

(1)肼(N2H4)与四氧化二氮分别是火箭发射器中最常用的燃料与氧化剂。已知3.2g液态肼与足量液态四氧化二氮完全反应,生成氮气和液态水放出热量61.25kJ,则该反应的热化学方程式为____。

(2)尾气中的NO2可以用烧碱溶液吸收的方法来处理,其中能生成NaNO2等物质,该反应的离子方程式为____。

(3)在773K时,分别将2.00molN2和6.00molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中发生反应生成NH3,气体混合物中c(N2)、c(H2)、c(NH3)与反应时间(t)的关系如图所示。

①下列能说明反应达到平衡状态的是____(选填字母)。

a.v正(N2)=3v逆(H2)b.体系压强不变。

c.气体平均相对分子质量不变d.气体密度不变。

②在此温度下,若起始充入4.00molN2和12.00molH2,则反应刚达到平衡时,表示c(H2)~t的曲线上相应的点为___(选填字母)。

(4)在373K时,向体积为2L的恒容真空容器中充入0.40molNO2,发生如下反应:

测得NO2的体积分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表:。t/min020406080φ(NO2)1.00.750.520.400.40

①计算0~20min时,v(N2O4)=____。

②已知该反应其中k1、k2为速率常数,则373K时,=_____;改变温度至T1时,k1=k2,则T1___373K(填“>”“<”或“=”)。26、烟气(主要成分CO2、CO、SO2、NOX)的排放对环境有很大的影响。

I.利用氨水作吸收液是当前有效捕捉CO2的方法,经过反应生成NH4HCO3.生成的NH4HCO3分解可得到CO2;从而实现吸收液的再生。

(1)写出氨水捕捉CO2的离子方程式___________。

(2)已知:NH4HCO3溶液显碱性,下列说法不正确的是___________。

a.c(NH3·H2O)>c(H2CO3)

b.c(NH)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)

c.c(NH3·H2O)+c(NH)=c(H2CO3)+c(HCO)

d.c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)=c(H+)+c(NH)

II.SO2、NOX可以经O3预处理后用CaSO3悬浊液吸收,可减少烟气中SO2、NOX的含量。

(3)用CaSO3悬浊液吸收烟气中NO2时,清液(pH约为8)中SO将NO2转化为其离子方程为___________;

(4)CaSO3悬浊液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率,用平衡移动原理解释其主要原因是___________。

Ⅲ.为消除NOx对环境的污染,可利用NH3在一定条件下与NO反应生成无污染的气体。

已知:4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=﹣905.48kJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.50kJ/mol

下列表示NH3(g)与NO(g)在一定条件下反应,生成无污染气体的能量转化关系示意图,正确的是___________(填字母)。

参考答案一、选择题(共8题,共16分)1、C【分析】【分析】

由水电离出的c(OH-)=1×10-5mol/L;水的电离程度比纯水大,因此一定是加入了促进水电离的能发生水解的盐。

【详解】

A选项;酸会抑制水的电离,故A错误;

B选项;碱会抑制水的电离,故B错误;

C选项;NaF水解显碱性,会促进水的电离,故C正确;

D项,Na2SO4是强酸强碱盐;不发生水解,对水的电离无影响,故D错误。

综上所述;答案为C。

【点睛】

加酸、碱一般会抑制水的电离,加要水解的盐会促进水的电离。2、C【分析】【分析】

A.根据平衡移动原理进行分析;

B.对于相同类型的难溶性盐;一般情况下溶度积大的沉淀可转化为溶度积小的沉淀;

C.根据同离子效应进行分析判断;

D.根据AgCl、AgI、Ag2S的溶度积计算。

【详解】

A.沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动;A项正确,不符合题意;

B.对于相同类型的难溶性盐;一般情况下溶度积大的沉淀可转化为溶度积小的沉淀,B项正确,不符合题意;

C.溶度积是常数;只随温度的变化而变化,因此氯离子浓度增大,银离子浓度减小,C项错误,符合题意;

D.Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-),Ksp(AgI)=c(Ag+)c(I-),Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-),那么饱和AgCl溶液中c(Ag+)==1×10-5mol/L,饱和AgI溶液中c(Ag+)==3×10-8mol/L,饱和Ag2S溶液中c(Ag+)=mol/L,因此所含Ag+的浓度不同;D项正确,不符合题意;

答案选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A.2H2+O2═2H2O是燃烧反应;属于放热反应,放出能量,故A错误;

B.CaO+H2O═Ca(OH)2是化合反应;属于放热反应,放出能量,故B错误;

C.断裂化学键吸收能量,H2→H+H要吸收能量;故C正确;

D.形成新的化学键放出能量,Cl+Cl→Cl2要放出能量;故D错误;

故选C。4、C【分析】【详解】

A.由图像可知,a点是0.01mol·L−1的HB溶液,其中c(H+)===1.0×10−4mol·L−1;故溶液的pH=4,但溶液中还存在水的电离平衡,A项错误;

B.b点为HB和NaB的混合液,根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(B−),则c(OH−)−c(H+)=c(Na+)−c(B−);B项错误;

C.d点为NaB溶液,溶液显碱性,则c(Na+)>c(B−)>c(OH−)>c(H+);C项正确;

D.a、b、c、d四点溶液中的OH−均来源于水的电离,由于溶液的pH逐渐增大,c(OH−)增大;说明水的电离程度逐渐增大,故d点溶液中水的电离程度最大,D项错误。

答案选C。5、B【分析】【分析】

【详解】

A.总反应-第一步反应-第三步反应可得第二步为HOCl+I-→HOI+Cl-;A正确;

B.平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度;不能判断反应速率大小,B错误;

C.升高温度可以加快反应速率;C正确;

D.ClO-在水溶液中发生水解;说明HOCl为弱酸,根据题目所给方程式可知第三步反应中HOI以分子形式参与反应,说明HOI也是弱酸,D正确;

综上所述答案为B。6、D【分析】【详解】

A.多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定。弱酸的电离平衡常数越大,该酸的酸性就越强。由于碳酸的电离平衡常数Ka1=4.3×10-7比H2S氢硫酸的电离平衡常数Ka1=Ka1=9.1×10-8大;所以酸性:碳酸比氢硫酸的酸性强,A正确;

B.多元弱酸一级电离产生的氢离子会抑制二级电离;所以多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离,故多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定,B正确;

C.醋酸是一元弱酸,在溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,加水稀释,使电离平衡正向移动,导致溶液中n(H+)有所增加,n(CH3COOH)减小,在同一溶液中,体积相同,所以加水稀释导致增大;C正确;

D.向弱酸溶液中加少量NaOH溶液;二者发生中和反应,放出热量,使溶液的温度升高;升高温度,能够促进电解质的电离,使弱电解质电离平衡正向移动,导致其电离平衡常数增大,D错误;

故合理选项是D。7、C【分析】【详解】

A.溶液的pH=12的NaOH溶液,根据离子积可知,则c(H+)=1.0×10-12mol∙L-1;A不正确;

B.溶液中由水电离出的c(OH-)=c(H+)ag=1.0×10-12mol∙L-1;B不正确;

C.加水稀释100倍后,溶液中c(OH-)==10-4mol/L;pH=10,C正确;

D.由于醋酸为弱酸;大部分未发生电离,反应结束后,过量的醋酸电离,使溶液呈酸性,D不正确。

故选C。8、B【分析】【详解】

A.反应中气体分子数增大,则ΔS>0,又因ΔH>0;则反应高温自发,A项错误;

B.反应ΔH<0,且能自发进行,则可能ΔS>0、ΔS=0或ΔS<0;反应中气体分子数可能增大;不变或减小,B项正确;

C.反应中气体分子数增大,ΔS>0,又反应能自发,则ΔH>0、ΔH=0或ΔH<0都有可能;C项错误;

D.反应中气体分子数减小,ΔS<0,又常温自发,则必有ΔH<0;D项错误。

故选B。二、多选题(共8题,共16分)9、AD【分析】【详解】

A.反应在t1min内的平均速率为物质的平均反应速率与化学计量数呈正比,故A正确;

B.t1时CO的转化量为0.40mol,则水的转化量也为0.40mol,所以t1时水的物质的量为0.20mol,到t2时没有发生变化,说明已达到平衡,该反应前后气体系数之和相等,所以可以用物质的量代替浓度求得平衡常数为:保持其他条件不变,起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O,假设平衡时CO2的物质的量浓度为x,则有:解得故反应达到平衡状态时c(CO2)=0.20mol·L-1;B错误;

C.保持其他条件不变,向平衡体系中再通入0.20molH2O;平衡正向移动,与原平衡相比,达到新平衡时CO体积分数一定减小,C错误;

D.该温度条件下保持其他条件不变,起始时向容器中充入0.60molCO2和0.60molH2,假设转化的氢气的物质的量浓度为y,则有解得到达平衡时H2转化率为D正确;

答案选AD。10、BD【分析】【详解】

A.根据质子守恒:故A错误;

B.由化学式可,铵根离子和硫酸根离子浓度近似是亚铁离子的2倍,又因铵根离子能发生水解,水解使溶液显酸性可得离子浓度大小为:故B正确;

C.的氨水和的盐酸等体积的混合,的氨水中的与的盐酸中的相等,因氨水是弱碱,故其大量剩余,混合后溶液显碱性,因此,由电荷守恒可得故故C错误;

D.由电荷守恒可得由于溶液呈中性,则有可得:即离子浓度大小为:故D正确;

故选:BD。11、BD【分析】【详解】

A.根据图象可知:升高温度,CH3OH的平衡转化率提高;说明升高温度平衡正向移动,正反应为吸热反应,所以该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能,A正确;

B.在600K时,从X到Y点,CH3OH的平衡转化率提高;则反应正向移动,由于该反应的正反应是气体体积增大的反应,要使平衡正向移动,可通过减小压强实现,B正确;

C.催化剂只能使化学反应速率加快;而化学平衡不发生移动,因此使用高效催化剂不能改变Z点物质的平衡转化率不变,C错误;

D.假设反应开始时CH3OH的物质的量是1mol,由于在T1时CH3OH的转化率是90%,则此时CH3OH的物质的量是0.1mol,反应产生的HCHO(g)、H2(g)的物质的量都是0.9mol,由于容器的容积是1L,所以平衡浓度c(CH3OH)=0.1mol/L,c(HCHO)=0.9mol/L,c(H2)=0.9mol/L,因此T1时该反应的化学平衡常数K=D正确;

故合理选项是BD。12、BC【分析】【详解】

A.Ⅰ、Ⅲ数据知反应开始时,Ⅰ中加入的H2;CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当;平衡时甲醇的浓度:Ⅰ>Ⅲ,温度:Ⅰ<Ⅲ,即升高温度平衡逆向移动,该反应正向为放热反应,A正确;

B.Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一;该反应正向为气体的物质的量减小的反应,增大压强平衡正向移动,达到平衡时,容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小,B错误;

C.Ⅰ和Ⅱ相比,Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一,该反应正向为气体的物质的量减小的反应,增大压强平衡正向移动,则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍,Ⅲ和Ⅰ相比,平衡逆向移动,氢气浓度增大,故达到平衡时,容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍;C错误;

D.温度:Ⅲ>Ⅰ;其他条件不变时,升高温度反应速率加快,故达到平衡时,容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大,D正确。

故选BC。13、AC【分析】【分析】

随pH增大,c(H+)减小,直线MO表示lgc(H+)随pH变化;随pH增大,c(OH-)增大,直线OP表示lgc(OH-)随pH变化;随pH增大,c(HCOO-)增大,曲线MN表示lgc(HCOO-)随pH变化;随pH增大;c(HCOOH)减小,曲线NP表示lgc(HCOOH)随pH变化;

【详解】

A.直线MO表示lgc(H+)随pH变化,曲线MN表示lgc(HCOO-)随pH变化;所以M点时,c(H+)=c(HCOO-);故A正确;

B.O点时,c(HCOO-)≠c(HCOOH),所以Ka≠c(H+),pH≠-1gKa;故B错误;

C.该体系中,c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.1mol/L,故C正确;

D.pH由7到14的变化过程中;水的电离程度先增大后减小,故D错误;

选AC。14、CD【分析】【分析】

H3RO4为一种三元弱酸。常温下,向1L溶液中滴加NaOH溶液,随着NaOH的滴入,的浓度逐渐减小、的浓度先增大后减小,的浓度随的浓度减小而增大,的浓度先增大后减小,的浓度随的浓度减小而增大,则a代表混合溶液中b代表c代表]随溶液pH的变化;据此回答。

【详解】

A.曲线a代表与溶液pH的关系;A错误;

B.由c与横坐标的交点(11.40,0)知:=0、即时,pH=11.40,常温下,的的数量级为B错误;

C.溶液呈电中性,则结合选项B可知:pH=11.40时,溶液中存在则C正确;

D.由b与横坐标的交点(6.77,0)知:=0、即时,pH=6.77,常温下,的由a与横坐标的交点(2.25,0)知:=0、即时,pH=2.25,则,的则溶液的水解常数为即的水解程度小于电离程度,则D正确;

答案选CD。15、AC【分析】【详解】

A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合后,所得溶液中存在:H+、M+、OH-和A-,溶液中电荷守恒,则c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-);A正确;

B.含有Cl-、H+、OH-的溶液中,可能呈酸性、可能呈中性,也可能呈碱性,当溶液呈酸性时,其离子浓度可能是B错误;

C.物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合:所得溶液电荷守恒:物料守恒:则可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH);C正确;

D.一元酸;一元碱的强弱未知;两者混合后的溶液,可能酸过量,可能碱过量,还可能恰好完全反应,故混合后溶液的酸碱性未知,故D错误;

答案选AC。16、ACD【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共7题,共14分)17、略

【分析】【详解】

(1)反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−49.58kJ⋅mol−1;

反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2;

反应Ⅲ:CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H3=−90.77kJ⋅mol−1;根据盖斯定律:Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ,得反应。

CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2=+41.19kJ⋅mol−1,故答案为:+41.19kJ⋅mol−1;

(2)△G=△H−T⋅△S<0时,反应能够自发进行,该反应的△S<0、△H<0;当温度较低时,反应Ⅲ能够自发进行,故答案为:较低温度;

(3)①由图可知,4min到达平衡时,CO的浓度为0.08mol/L,则:

v(CO)=0.12mol·L-1/4min=0.03mol·L-1·min-1;故答案为:0.03;

②850℃时,反应平衡常数K=[c(CO2)⋅c(H2)]/[c(CO)⋅c(H2O)]=

(0.12mol·L-1×0.12mol·L-1)/(0.08mol·L-1×0.18mol·L-1)=1

850℃时,反应的平衡常数是1,有(1.0-x)×(3.0-x)=x2;解得x=0.75,则CO的平衡转化率为(0.75/1.0)×100%=75%,故答案为:75%。

(4)①在1L恒容密闭容器中充入2a(a>0)molH2和amolCO,在一定条件下合成甲醇,CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g);达到平衡时各物质的量总和为1.8amol,设反应CO物质的量浓度为x,则:

a-x+2a-2x+x=1.8a,x=0.6a,平衡常数K=故答案为:

②A.c(CH3OH)/[c(CO)•c2(H2)]不再改变说明平衡常数不变;反应达到平衡状态,A正确;

B.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率;只能证明反应正向进行,B错误;

C.反应前后气体质量不变;气体物质的量变化,混合气体的平均摩尔质量不再改变,说明反应达到平衡状态,C正确;

D.反应前后气体质量和体积不变;混合气体的密度始终不改变,不能改变化学平衡,故D错误;故答案为:AC;

(5)根据Fe为阳极,其电极反应式为:Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,溶液中的氢氧根离子减少,因此电解一段时间后,c(OH−)降低的区域在阳极室,其电极反应式为:Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,故答案为:阳极室;Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O。【解析】+41.19kJ⋅mol−1较低温度0.0375%:AC阳极室Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O18、略

【分析】【详解】

试题分析:本题的突破口是沉淀甲、乙、丙的成分,加入过量的氢溴酸生成淡黄色沉淀甲,回顾中学化学中常见的淡黄色物质有AgBr、S、Ag3PO4等。这里应该排除排除Ag3PO4的,关键甲是AgBr还是S?若是AgBr沉淀的话,由于Ag+与题干中的4种阴离子均不能大量共存,从而否决了Ag+。可知甲是S,显然此处的S是溶液中S2-和SO32-在酸性条件下发生的归中反应生成的。由此推出原溶液中存在S2-和SO32-。由于有SO32-,所以一定不存在Ba2+、Fe3+。根据电中性原则,溶液中必须有阳离子,故一定存在Na+。气体甲可能是HBr与过量的S2-反应生成的H2S,也可能是HBr与过量的SO32-反应生成的SO2,也可能是HBr与原溶液中可能存在的CO32-反应生成的CO2.过量的NH4HCO3中和多余的H+后,又反应生成白色沉淀乙,对照题干中的离子(Ag+、Ba2+、Fe3+都不存在),推出沉淀乙只可能是Al元素引起的Al(OH)3沉淀,即HCO3-与Al3+发生双水解所造成的,而Al3+来自于AlO2-与过量的氢溴酸反应生成的,所以原溶液中一定存在AlO2-。气体乙是HCO3-与剩余的H+以及Al3+反应产生的,只能是CO2.Ba(OH)2与上步过量的NH4HCO3反应,生成白色沉淀丙,即BaCO3沉淀,另外,也可能存在BaSO4沉淀,但无法确定原溶液中是否含有CO32-和SO42-。气体丙一定是NH4+与过量的Ba(OH)2反应生成的NH3.综上所述,肯定存在的离子有:Na+、AlO2-、S2-、SO32-;一定不存在的离子有:Ag+、Ba2+、Fe3+;可能存在的离子有:CO32-、SO42-。

考点:考查图框题物质的转化与性质有关问题。【解析】①.S②.2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2O③.Al(OH)3④.Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑⑤.BaCO3,可能有BaSO4;在沉淀丙中加入足量盐酸,若沉淀不能全部溶解,说明除BaCO3外还有BaSO4;若全部溶解,则仅有BaCO3。⑥.S2-、SOAlONa+19、略

【分析】【分析】

Ⅰ;由图象可知达到平衡后;升高温度,甲醇的物质的量减小,平衡向左移动,正反应为放热反应,因为升高温度平衡向吸热方向移动;

Ⅱ;根据表中的数据可知;温度越高,化学平衡常数越大,所以该反应为吸热反应。

【详解】

Ⅰ.(1)该反应正反应为放热反应;升高温度平衡向吸热方向移动,K减小,故答案为减小;

(2)增大压强,压缩体积,正、逆反应速率都增大,平衡向右移动,甲醇的物质的量增大,氢气的物质的量减小,但是体积缩小,氢气的浓度增大,b、c正确,故答案为bc;

Ⅱ、(1)升高温度平衡向正反应移动,则将混合气体加热至830℃,平衡时反应物CO2的物质的量小于0.053mol;故答案为小于;

(2)800℃时,放入CO、H2O、CO2、H2的物质的量分别为:0.01mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol,则在1L的密闭容器中浓度熵Q=c(CO2)•c(H2)/c(CO)•c(H2O)=(0.01mol/L×0.01mol/L)/(0.01mol/L×0.01mol/L)=1>0.9,平衡向逆反应方向移动,故答案为逆反应。【解析】①.减小②.bc③.小于④.逆反应20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)反应物总能量大于生成物总能量是放热反应。由反应过程中的能量变化图知,该反应是放热反应,氧气、氢气的总能量水的总能量。

(2)燃料电池中,通入燃料的一极为负极,还原剂失去电子发生氧化反应,电子沿着导线流向正极,通入助燃物的一极为正极,正极上发生还原反应,内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极,酸性条件下生成水,正极电极反应式为:O2+4H++4e-=2H2O;燃料电池中化学能转化为电能,能量转化效率高。则装置如图所示A处电极入口通氢气,其电极反应式为当消耗标准状况下即1.5mol氢气时,假设能量转化率为则导线中转移电子的物质的量为1.5×2×90%=2.7mol。

(3)①从开始反应至达到平衡状态,生成C的平均反应速率为

②消耗B=2mol-1.2mol=0.8mol、生成C1.2mol/L×2L=2.4mol,二者改变值之比为1:3,则化学计量数之比为1:3,x=3,耗B0.8mol、B和A改变值之比为2:1,消耗A0.8mol/L×2=1.6mol,A的转化率【解析】放热>0.6mol/(L∙min)380%21、略

【分析】【详解】

(1)用pH试纸测定的具体测定方法是用干燥的玻璃棒蘸取(或胶头滴管吸取)少量的待测溶液;并滴在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH试纸上,再把试纸显示的颜色与标准比色卡比较,即可得出待测溶液的pH,当先用蒸馏水润湿pH试纸,然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测,盐酸稀释后,溶液酸性增大,pH变大;氢氧化钠溶液稀释后,碱性变小,pH值将变小;食盐水溶液显中性,用水稀释后pH不变,所以丙正确,故答案为丙;当溶液是中性时,则不产生误差,否则将产生误差;

(2)用水润湿相当于稀释;则所测的pH偏小,由于稀释会促进弱电解质的电离,故弱酸的pH误差小,所以在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子,使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小,误差小,故答案为盐酸;在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子,使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小,误差小;

(3)硫酸为强酸完全电离,0.1mol/L的硫酸和0.01mol/L的硫酸电离出的氢离子浓度分别为0.2mol/L、0.02mol/L,pH=-lgc(H+),氢离子浓度越大,pH越小,所以pH较大的为0.01mol/L的硫酸,故答案为能;用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液,点在两张pH试纸上,与标准比色卡比较其pH,pH较大的为0.01mol/L的硫酸。【解析】①.丙②.当溶液呈中性时,则不产生误差;否则将产生误差③.盐酸④.在稀释过程中,醋酸继续电离产生H+,使得溶液中c(H+)较盐酸溶液中c(H+)大,误差较小⑤.能⑥.用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上,与标准比色卡比较其pH,pH较大的为0.01mol·L−1的硫酸22、略

【分析】【详解】

(1)实验测定反应的初始温度和最高温度来计算反应热;故还缺少温度计。

(2)50mL0.1mol/L的盐酸与50mL0.11mol/L的NaOH混合,放出热量285J,此时NaOH过量,0.005mol盐酸与0.005molNaOH反应放出285J的热量,则1mol盐酸与1molNaOH反应放出57kJ的热量,ΔH=-57kJ/mol。将环形玻璃搅拌棒换为金属搅拌棒;因为金属的导热性好于玻璃,这样反应放出的热量将散失得更多,测得反应放出的热量将偏少。

(3)以TiO2为催化剂分解CO2(g)生成CO(g)和O2(g),ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(4×799-1072×2-496)kJ/mol=556kJ/mol。热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=+556kJ/mol。

(4)根据三个方程式可知,过程Ⅰ方程式+过程Ⅱ方程式×2=总反应方程式,则ΔH2==216.5kJ/mol。

(5)醋酸为弱电解质,电离吸热,浓硫酸溶于水放热,硝酸和NaOH正常反应无额外的吸热或者放热过程,因此Q2>Q3>Q1,故答案选C。【解析】(1)温度计。

(2)-57kJ/mol偏少。

(3)2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=+556kJ/mol

(4)216.5kJ/mol

(5)C23、略

【分析】【分析】

依据电解原理;惰性电极电解,溶液中阴离子移向阳极失电子发生氧化反应,阳离子移向阴极得到电子发生还原反应,据此分析电极的物质;

(1)碳棒是惰性电极;使电解质质量减少,水质量不变,则本质电解电解质本身;

(2)碳棒是惰性电极;使电解质质量不变,水质量减少,则本质电解水;

(3)碳棒为阳极;铁棒为阴极,使电解质和水质量都减少,电解NaCl后生成碱和氢气;

(4)碳棒为阳极,铁棒为阴极,使电解质和水质量都减少,电解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液时生成酸和氧气。

【详解】

因阳离子放电顺序为Ag+>Cu2+>H+>Na+,阴离子放电顺序为Cl->OH->SO42-和NO3-;则:

(1)碳棒是惰性电极,使电解质质量减少,水质量不变,则本质电解电解质本身,所以电解HCl、CuCl2溶液时;电解质质量减小,水量不变;

(2)碳棒是惰性电极,使电解质质量不变,水质量减少,则本质电解水,所以电解HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4溶液时;氢离子;氢氧根离子放电,则电解质质量不变,水量减少;

(3)石墨棒为阳极;铁棒为阴极,电解NaCl溶液时,则氯离子;氢离子放电,所以电解质和水量都减少,电解后生成碱和氢气;

(4)碳棒为阳极,铁棒为阴极,电解CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3溶液时生成酸和氧气,使电解质和水质量都减少。【解析】HCl、CuCl2HNO3、H2SO4、NaNO3、Na2SO4NaClCuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3四、工业流程题(共1题,共2分)24、略

【分析】【分析】

铬渣(Al、等)加熔融NaOH、空气后铝单质和氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠,转化成降温后溶于水得到溶液1,再通入适量二氧化碳将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀,过滤得到滤渣A为氢氧化铝,滤液2为含和碳酸根离子的溶液;再通入二氧化碳将碳酸钠转化成碳酸氢钠,碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,因此会析出晶体,故滤渣B为碳酸氢钠晶体,然后滤液3进行酸化得到重铬酸钾,据此分析解答。

【详解】

(1)该过程中,转化成Cr元素化合价升高,作还原剂,则氧化剂为氧气,根据得失电子守恒和原子守恒判断,产物为水及可得化学方程式为故答案为:

(2)增大固体表面积或将铬渣粉碎或搅拌或增大空气的流速等均能加快反应速率;故答案为:增大固体表面积(或将铬渣粉碎或搅拌或增大空气的流速等);

(3)该过程氧化剂为氧气,还原剂为根据得失电子守恒氧化为由电子守恒,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2,故答案为:3∶2;

(4)①相对强的酸制相对弱的酸的原理,可将转化为若二氧化碳过量,则生成少量则生成故离子方程式为或

②滤渣B含有受热分解后得碳酸钠和二氧化碳,可以循环利用,故答案为:

③则故答案为:0.01;

(5)要生成较多需使反应③正向移动,故需要向滤液3中加入稀盐酸;从表中数据看出,对应钠盐的溶解度大于钾盐,所以,还需要同时加入KCl固体转变为钾盐后,蒸发浓缩、降温结晶,故答案为:向滤液3中加入稀盐酸和KCl固体后,蒸发浓缩、降温结晶。【解析】(1)

(2)增大固体表面积(或将铬渣粉碎或搅拌或增大空气的流速等)

(3)3∶2

(4)或0.01

(5)稀盐酸KCl固体五、原理综合题(共2题,共12分)25、略

【分析】【分析】

(1)根据题干信息计算反应热并书写热化学方程式;(2)根据氧化还原反应原理及题干信息书写反应方程式;(3)根据平衡状态的特点判断是否达到平衡状态;并用平衡移动原理及等效平衡思想分析解答;(4)由速率之比等于化学计量数之比计算反应速率,根据平衡常数的表达式及平衡移动原理分析解答。

【详解】

(1)3.2g液态肼完全反应放出热量为61.25kJ,则2mol液态肼完全反应时放出的热量为:则该反应的热化学方程式

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