浙江省慈溪市三山高级中学2022-2022学年高一化学下学期第一次月考试题含解析.doc

浙江省慈溪市三山高级中学2022-2022学年高一化学下学期第一次月考试题含解析一、选择题每题只有一个答案共50分1.以下关于能源和作为能源使用的物质的表达中，错误的选项是A. 化石燃料物质内部“贮存着能量B. 太阳能不能直接转化为电能C. 物质的化学能可能在不同条件下转化为热能、电能等为人类所用D. 绿色植物发生光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存起来【答案】B【解析】【详解】A项、化石燃料是由数百万年前的动植物演化而来的，固定在这类燃料中的能量最原始的来源是太阳能，故A正确；B项、太阳能通过光合作用可以转化为化学能，也可以通过太阳能电池直接转化为电能，故B错误；C项、化学能可以转化为热能如放热反响，可以转换为电能如原电池，也可以转化为光能如镁条燃烧，故C正确；D项、光合作用即光能合成作用，是植物、藻类和某些细菌，在可见光的照射下，经过光反响和暗反响，利用光合色素，将二氧化碳或硫化氢和水转化为有机物，并释放出氧气或氢气的生化过程，将太阳能转化为化学能储存起来，故D正确。应选B。【点睛】此题考查化学反响与能量，掌握化石燃料的形成、光合作用的原理，了解能源和作为能源使用的物质能量间转化方式是解答关键。2.对于化学电源的表达正确的选项是A. 化学电源比火力发电对化学能的利用率高B. 化学电源所提供的电能居于人类社会现阶段总耗电量的首位C. 化学电源均是平安、无污染的D. 化学电源即为充电电池【答案】A【解析】【详解】A.火力发电一局部化学能转化为热能等，化学电源是化学能与电能的直接转化，省略了许多中间环节，所以化学电源比火力发电对化学能的利用率高，故A正确；B.人类现阶段总耗电量占首位的应是火力发电，故B错误；C.化学电源一般较平安，但含重金属的电源如果随意丢弃，将会给环境带来严重的污染，故C错误；D.有些化学电源是可充电电源如镍氢电池，有些是不可充电的如干电池，故D错误。应选A。3.有关热化学方程式书写与对应表述均正确的选项是A. 稀硫酸与0.1 mol/L NaOH 溶液反响：H+(aq)+OH(aq)= H2O(l) H = +57.3 kJ·mol1B. 2C(s)+O2(g)=2CO(g)H= -221 kJ·mol-1， 那么可知 C 的热值为 110.5 kJ·mol1C. 0、30MPa 下，将 0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反响生成 NH3(g)，放热 19.3kJ， 其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) H= -38.6kJ·mol1D. 密闭容器中，0.3mol 硫粉与 0.2mol 铁粉混合加热生成硫化亚铁 0.2mol 时，放出 19.12 kJ 热量， 那么 Fe(s)+S(s)=FeS(s)H= - 95.6 kJ·mol1【答案】D【解析】【详解】A.酸碱中和是放热反响，故H应为负值，故A错误；B.燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如CCO2，HH2O液，而2Cs+O2g=2COgH=-221kJmol-1，是碳的不完全燃烧，故B错误；C.N2g+3H2g2NH3g，该反响是可逆反响，所以H38.6kJmol-1，故C错误；D.那么根据方程式FeSFeS可知，反响中硫是过量的，那么1mol参加反响放出的热量是19.12 kJ×1mol/0.2mol95.6kJ，因此该反响的热化学方程式为Fe(s)S(s)FeS(s) H95.6kJ/mol，故D正确。应选D。4.根据如下能量关系示意图，以下说法正确的选项是A. 1 molC(g)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJB. 反响2CO(g)+O2(g) =2CO2(g)中，生成物的总能量大于反响物的总能量C. 由CCO的热化学方程式为：2C(s)+O2(g) =2CO(g) H= 221.2 kJmol1D. CO的燃烧热H=+282.9 kJmol1【答案】C【解析】【详解】A、由图可知，1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量之和大于393.5 kJ，而1 mol C(g)与1 mol O2(g)的能量之和远大于393.5 kJ，选项A错误；B、由图可知，1 mol CO(g)与0.5mol O2(g)生成1 mol CO2(g)放出282.9 kJ的热量，所以反响2CO(g)+O2(g) =2CO2(g)中，生成物的总能量小于反响物的总能量，选项B错误；C、由图可知，1 mol C(s)与0.5mol O2(g)转化为1 mol CO(g)，放出热量为：393.5-282.9=110.6 kJ，所以2C(s)+O2(g) =2CO(g) H= 221.2 kJmol1，选项C正确；D、根据选项B得反响CO(g)+O2(g) =CO2(g) H= 282.9 kJmol1，可知CO的燃烧热H=282.9 kJmol1，选项D错误。答案选C。【点睛】此题主要考查热化学方程式的书写以及反响热的计算，必须能根据焓变来计算物质燃烧热，注意反响热的单位及焓变的正负号。5.以下表达中错误的选项是A. 点燃甲烷不一定会爆炸B. 甲烷燃烧放出大量的热，所以是一种很好的气体燃料C. 煤矿的矿井要注意通风并严禁烟火，以防爆炸的发生D. 点燃甲烷前不必进行验纯【答案】D【解析】【详解】A项、甲烷在空气中爆炸范围为5%15%，因此点燃甲烷不一定会爆炸，故A正确；B项、甲烷的燃烧热比拟大，且燃烧产物无污染，是很好的气体燃料，故B正确；C项、煤矿的矿井中含有大量甲烷，点燃时易爆炸，所以煤矿的矿井要注意通风和严禁烟火，以防爆炸事故的发生，故C正确；D项、甲烷为可燃性气体，点燃前需检验纯度，故D错误。应选D。【点睛】此题考查甲烷的性质，注意甲烷与空气混合点燃会发生爆炸是有条件的。6.以下关于化学反响速率的说法中正确的选项是A. 化学反响速率可用某时刻生成物的物质的量来表示B. 在同一反响中，用反响物或生成物表示的化学反响速率的值是相等的C. 化学反响速率是指反响进行的时间内，反响物浓度的减少或生成物浓度的增加D. 可用单位时间内氢离子物质的量浓度的变化来表示氢氧化钠和硫酸的反响速率【答案】D【解析】化学反响速率是用单位时间内反响物或生成物浓度的变化值来表示的平均速率，故A、C两项错误；因化学反响速率与各反响物、生成物的化学计量数成正比，如果化学方程式中反响物与生成物的化学计量数不同，那么反响速率的值不相同，B选项错误。7.以下表达错误的选项是A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱和强氧化剂都不反响B. 甲烷化学性质稳定，不能被任何氧化剂氧化C. 甲烷与Cl2反响无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反响D. 甲烷的四种有机取代产物有一种气态，其余三种为液态且都不溶于水【答案】B【解析】【详解】A项、甲烷化学性质比拟稳定，跟强酸、强碱、强氧化剂都不反响，故A正确；B项、甲烷可以燃烧，能与氧气发生氧化反响，故B错误；C项、甲烷是饱和链烃，跟氯气在光照条件下发生取代反响无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl、CCl4，故C正确；D项、甲烷的四种有机取代物中只有一氯甲烷是气体，其余三种为液态且都不溶于水，故D正确。应选B。8.用锌片与1 mol·L1稀盐酸反响制取氢气时，以下措施不能使氢气生成速率增大的是A. 对该反响体系加热B. 用浓硫酸代替稀盐酸C. 不用锌片，改用锌粉D. 参加少量1 mol·L1硫酸【答案】B【解析】【分析】根据升高温度、增大浓度、增大物质的接触面积等可加快反响速率。对于没有气体参加的反响，压强对化学反响速率无影响。【详解】A项、加热能使反响速率加快，故A能使氢气生成速率增大；B项、锌与浓硫酸反响生成二氧化硫，不能制取氢气，故B不能使氢气生成速率增大；C项、改用锌粉，增大了反响物的接触面积，故C能使氢气生成速率增大；D项、参加1 molL-1硫酸，那么氢离子浓度增大，故D能使氢气生成速率增大。应选B。【点睛】题考查影响化学反响速率的因素，注意温度、浓度、压强、接触面积等对反响速率的影响是解答关键。9.反响2SO2O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol·L1，在这段时间内用O2表示的反响速率为0.04 mol·L1·s1，那么这段时间为A. 0.1 sB. 2.5 sC. 5 sD. 10 s【答案】C【解析】试题分析：反响速率之比是相应的化学计量数之比，所以三氧化硫的反响速率是0.040mol·L1·s1 ×20.40mol·L1÷t，解得t5s，答案选C。考点：考查反响速率的有关计算点评：该题是常识性知识的考查，也是高考中的常见题型。该题的关键是明确反响速率的含义、表达式，特别是反响速率和化学计量数的关系。10.将1 mol甲烷和适量的Cl2混合后光照，充分反响后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1 mol，那么参加反响的Cl2的物质的量为A. 1 molB. 3 molC. 4.5 molD. 6 mol【答案】B【解析】【分析】发生取代反响时，Cl2中一半的Cl原子生成HCl，根据充分反响后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量。【详解】将1 mol甲烷和适量的Cl2混合后光照，根据充分反响后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，经计算可以确定其物质的量分别是0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol，四种有机取代物的物质的量之比为nCH3Cl：nCH2Cl2：nCHCl3：nCCl4=1：2：3：4，发生取代反响时，Cl2中的Cl原子取代甲烷分子中的H同时生成HCl，消耗氯气的物质的量为0.1mol+2×0.2mol+3×0.3mol+4×0.4mol=3mol，应选B。【点睛】此题考查了甲烷的取代反响，注意取代反响的特点是逐步取代，多步同时发生是解答关键。11.100 mL 6 mol·L1硫酸溶液与过量锌粉反响，在一定温度下，为了减缓反响速率但又不影响生成氢气的总量，可向反响物中参加适量的A. 硫酸钾溶液B. 硫酸铜固体C. 碳酸钠D. 烧碱溶液【答案】A【解析】【分析】过量的锌粉反响，硫酸完全反响，为了减缓反响速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量。【详解】A项、加硫酸钾溶液，与硫酸不反响，溶液体积增大，氢离子浓度减小但不改变其物质的量，反响速率减小，生成氢气的量不变，故A正确；B项、加硫酸铜溶液，锌置换出铜，在硫酸溶液中构成锌铜原电池，加快反响速率，故B错误；C项、参加碳酸钠，碳酸钠与硫酸反响生成二氧化碳，氢离子物质的量减小，减少生成氢气的量，故C错误；D项、参加烧碱溶液，氢氧化钠与硫酸反响，氢离子物质的量减小，减少生成氢气的量，故D正确；应选A。【点睛】此题考查反响速率的影响因素，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、氢离子浓度为解答的关键。12.合成氨工业对国民经济和社会开展具有重要意义。对于密闭容器中的反响：N2(g)3H2(g)2NH3(g)，在673 K、30 MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如下图。以下表达正确的选项是A. 点a的正反响速率比点b的小B. 点c处反响到达平衡C. 点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)不一样D. 点e处反响到达平衡【答案】D【解析】【分析】在N2g+3H2g2NH3g反响中，随着反响的进行，反响物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当到达平衡状态时，正逆反响速率相等，反响物和生成物的物质的量不再改变。【详解】A项、浓度越大，反响速率越快，由图可知，a点氢气浓度大，那么点a的正反响速率比点b的大，故A错误；B项、点c处正逆反响速率不相等，反响到t1时到达平衡，那么点c处没有到达平衡，故B错误；C项、点dt1时刻和点et2时刻处，均为平衡状态，那么nN2一样，故C错误；D项、点e处n(NH3)保持不变，反响到达平衡，故D正确。应选D。【点睛】此题考查化学平衡图象问题，注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键。13.以下关于能量转换的认识中不正确的选项是A. 电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能B. 绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能C. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能D. 信号弹爆炸时，镁燃烧产生的能量全部转化为光能【答案】D【解析】【分析】A、电解装置将电能转化为化学能；B、光合作用时，太阳能转化为化学能；C、物质燃烧时，化学能主要转化为热能；D、信号弹爆炸时，镁燃烧产生的能量不可能全部转化为光能。【详解】A项、电解装置将水电解生成氢气和氧气时，电能转化为化学能，故A正确；B项、绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能在生物体内储存，故B正确；C项、物质燃烧时，化学能主要转化为热能释放出来，故C正确；D项、信号弹爆炸时，镁燃烧产生的能量不可能全部转化为光能，其中有一局部转化为热能等其他形式的能量，D错误。应选D。【点睛】此题考查能量转化，注意能量的本质及与能量转化间的关系是解答关键。14.可逆反响2NO22NOO2在密闭容器中反响，到达平衡状态的标志是(NO2红棕色)单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反响速率的比为221的状态混合气体的颜色不再改变的状态A. B. C. D. 【答案】A【解析】单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2表示v(正)v(逆)，正确。单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO不能表示v(正)v(逆)，错误。只要发生反响，v(NO2)v(NO)v(O2)221恒成立，错误。混合气体颜色不变，说明各物质浓度不变，正确。答案选A。点睛：掌握可逆反响平衡状态的特征是解答的关键，可逆反响到达平衡状态有两个核心的判断依据：即正反响速率和逆反响速率相等以及反响混合物中各组成成分的百分含量保持不变。判断化学反响是否到达平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反响的任一物质的物质的量不再发生变化。15.高粱酿酒属于以下哪种利用方式A. 直接燃烧B. 生物热化学转化C. 生物化学转化D. 热化学转化【答案】C【解析】【详解】高粱中的淀粉在酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，该过程是在微生物所分泌的酶的作用下完成的，故属于生物化学转化，应选C。16.反响4A(s)3B(g)=2C(g)D(g)，2 min内B的浓度减少0.6 mol·L1，对此反响速率的描述正确的选项是A. v(A)0.4 mol·L1·min1B. 分别用B、C、D表示的反响速率的值之比为321C. 在2 min末的反响速率，用B表示为0.3 mol·L1·min1D. 在这2 min内B和C两物质浓度都是逐渐减小的【答案】B【解析】【分析】根据v=c/t计算vB，再利用速率之比等于化学计量数之比计算vC、判断vB与vD关系，A是固体，不能利用该方法表示反响速率。【详解】A项、A是固体，不能用该方法表示反响速率，故A错误；B项、速率之比等于化学计量数之比，分别用B、C、D表示的反响速率的值之比为321，故B正确；C项、在2min内，B的浓度减少0.6mol/L，那么vB=0.6mol/L/2min=0.3mol/Lmin，该速率为这段时间内的平均速率，不是某时刻的即时速率，故C错误；D项、在这2 min内，反响物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增大，故D错误。应选B。【点睛】此题考查化学反响速率的表示与计算，注意化学反响速率为平均速率，不是瞬时速率，注意化学反响速率之比等于化学计量数之比是解答关键。17.一定条件下氨的分解反响2NH3N23H2在容积为2 L的密闭容器内进行，起始时氨气的物质的量为4 mol，5 s末为2.4 mol，那么用氨气表示该反响的速率为A. 0.32 mol·L1·s1B. 0.16 mol·L1·s1C. 1.6 mol·L1·s1D. 0.8 mol·L1·s1【答案】B【解析】【分析】根据v=c/tcVt计算氨气的平均化学反响速率。【详解】反响速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。反响进行到5s时，消耗氨气的物质的量是4mol2.4mol1.6mol，所以用氨气表示的反响速率是1.6mol/2L/5s=0.16 mol·L1·s1，应选B。【点睛】此题考查了化学反响速率的定量表示方法，根据化学反响速率公式计算是解答关键。18.对于可逆反响MNQ到达平衡时，以下说法正确的选项是A. M、N、Q三种物质的浓度一定相等B. M、N全部变成了QC. 反响物和生成物的浓度都保持不变D. 反响已经停止【答案】C【解析】A、平衡时反响物、生成物的浓度之比应从两个方面考虑：一是反响物的起始浓度，二是化学方程式中的化学计量数。如2 mol M与1 mol N反响，无论怎样反响，M与N的浓度永远不相等，所以“M、N、Q三种物质的浓度一定相等这种说法是错误的，A错误；B、此反响是可逆反响，B错误；C、反响物和生成物的浓度都保持不变，可以说明反响到达平衡状态，但未停止，C正确；D、根据C中分析可知D错误。答案选C。19.人造卫星常用的一种高能电池银锌蓄电池，它在放电时的电极反响为：Zn2OH2e=ZnOH2O,Ag2OH2O2e=2Ag2OH，据此判断氧化银是A. 负极，被氧化B. 正极，被复原C. 负极，被复原D. 正极，被氧化【答案】B【解析】分析：由电极方程式可知Ag元素化合价由+1价降低为0价，被复原，应为原电池正极反响，以此解答。详解：根据化合价可知，电极反响中银的化合价降低，被复原；原电池中较活泼的金属做负极，另一电极作正极，发生复原反响，所以氧化银为正极，得电子被复原。答案选B。20.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反响的化学方程式为： Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O,以下各组实验中最先出现浑浊的是实验反响温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol·L-1)V/mLc/(mol·)V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210【答案】D【解析】“最先出现浑浊，即：反响速率最快；此题考查影响反响速率的两因素：温度、浓度；温度：温度越高，反响速率越快，而C、D中温度高；浓度：溶液体积相等，均为20ml，那么B、D中Na2S2O3、H2SO4浓度大；综合分析，得：D正确；21.在密闭容器中通入一定量的HI气体，使其在一定条件下发生反响：2HI(g)H2(g)I2(g)。以下表达中，一定属于平衡状态的是A. HI、H2、I2的浓度相等B. 混合气体的颜色不再变化C. 混合气体的总压强不再变化D. v(HI)v(H2)v(I2)211【答案】B【解析】【分析】反响为可逆反响，无论是否到达平衡状态，都存在H2、I2、HI在容器中共存的特点，当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度不变。【详解】A项、平衡时各物质的浓度关系取决于反响物的起始量和转化的程度，H2、I2、HI的浓度相等不能作为到达平衡的依据，故A错误；B项、当反响到达平衡状态时，各物质的浓度不再变化，所以容器内气体颜色不变，故B正确；C项、该反响是一个反响前后气体体积不变的化学反响，无论该反响是否到达平衡状态，容器中气体压强始终不变，故C错误；D项、当该反响的反响速率之比为其系数之比时，不能说明正反响速率和逆反响速率相等，该反响不一定到达平衡状态，故D错误。应选B。【点睛】此题考查化学平衡状态的判断，此题易错点为A，注意平衡时各物质的浓度关系取决于反响物的起始量和转化的程度，一般不能作为判断平衡的依据。22.决定化学反响速率的根本因素是A. 温度和压强B. 反响物的浓度C. 参加反响的各物质的性质D. 催化剂的参加【答案】C【解析】决定化学反响速率的根本因素是参加反响的各物质的性质，其余选项都是外界条件，答案选C。23.在2A+B 3C+4D反响中，表示该反响速率最快的是A. vA=0.5mol·L-1· s-1B. vB=0.3 mol·L-1· s-1C. vC=0.8 mol·L-1· s-1D. vD=10 mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【分析】注意比拟反响速率快慢常用方法有：归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率；比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快，一般用比值法相对简单。【详解】由比值法可得：vA/2=0.25mol·L-1· s-1，vB/1=0.3 mol·L-1· s-1，vC/3=0.8/3mol·L-1· s-1，注意D的单位需要换算，vD=10 mol·L-1·min-1=1/6 mol·L-1· s-1，vD/4=1/24 mol·L-1· s-1，反响速率最快的是vB，应选B。【点睛】此题考查反响速率快慢的比拟，注意用比值法相对简单，计算过程中注意单位换算是解答关键。24.以下关于碳氢化合物的说法正确的选项是A. 碳氢化合物的通式为CnH2n2B. 燃烧产物为CO2和H2O的化合物一定是碳氢化合物C. 碳原子间以单键相连的是烷烃D. 碳氢化合物分子的相对分子质量一定是偶数【答案】D【解析】试题分析：A.只有烷烃的分子组成通式符合CnH2n+2，烯烃分子组成通式为CnH2n，炔烃分子组成通式为CnH2n-2，A错误；燃烧产物为CO2和H2O的化合物不仅有碳氢化合物，还有烃的衍生物，例如:糖类、酯等物质，B错误；C，并不是所有碳氢化合物中都存在碳碳单键，如甲烷分子中只含有一个碳原子，不存在碳碳键，C错误；烷烃的分子组成通式符合CnH2n+2，烷烃分子的相对分子质量为14n+2，一定是偶数,D正确。考点：考查烃的结构与性质25.科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如下图。以下说法不正确的选项是A. 电极a为电池的负极B. 电极b上发生的电极反响为O24H4e=2H2OC. 电路中每流过4 mol电子，在正极消耗44.8 L H2SD. 每0.5molH2S参与反响，有1 mol H经质子膜进入正极区【答案】C【解析】【分析】根据反响方程式2H2Sg+O2gS2s+2H2O可知，极a为电池的负极，负极上H2S失电子发生氧化反响，电极b为电池的正极，正极上O2得电子发生复原反响。【详解】A项、a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反响，那么a为负极，故A正确；B项、正极上O2得电子发生复原反响，酸性条件下，氧气得电子生成水，那么电极b上发生的电极反响为：O2+4H+4e-=2H2O，故B正确；C项、气体体积的测定条件未知，不能计算正极消耗硫化氢的体积，故C错误；D项、0.5molH2S参与反响，正极消耗0.25mol氧气，根据电极反响式O2+4H+4e-=2H2O可知，有1mol H+经质子膜进入正极区，故D正确.应选C。【点睛】此题考查原电池原理，侧重考查分析能力，注意把握原电池工作原理，结合氧化复原反响从化合价变化的角度分析，明确电解质溶液酸碱性是解此题关键。二、填空题共50分26.1如图是NO2和CO反响生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反响的热化学方程式：_。2总反响：Pb + PbO2 + 2H2SO4 = 2PbSO4 + 2H2O写出以下的电极反响式负极：_ 正极：_【答案】 (1). NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g) H234 kJ·mol1 (2). Pb - 2e- + SO42- = PbSO4 (3). PbO2 + 2e- + SO42- + 4H+ = PbSO4 + 2H2O【解析】【分析】1由图可知，1mol NO2和1mol CO反响生成CO2和NO放出热量为368-134=234kJ，根据热化学方程式书写原那么进行书写；2酸性条件下，在负极上Pb失去电子，发生氧化反响；在正极上PbO2得到电子，发生复原反响。【详解】1由图可知，1mol NO2和1mol CO反响生成CO2和NO放出热量为368-134=234kJ，反响的热化学方程式为NO2g+COg=NOg+CO2gH=-234 kJmol-1，故答案为：NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g) H234 kJ·mol1；2酸性条件下，在负极上Pb失去电子，发生氧化反响，电极反响式为Pb - 2e- + SO42- = PbSO4；在正极上PbO2得到电子，发生复原反响，电极反响式为PbO2 + 2e- + SO42- + 4H+ = PbSO4 + 2H2O，故答案为：Pb - 2e- + SO42- = PbSO4；PbO2 + 2e- + SO42- + 4H+ = PbSO4 + 2H2O。【点睛】此题考查热化学方程式和电极反响式书写，注意能量变化示意图的理解，反响物、生成物应注明状态及物质的量与反响热数值的关系，注意电极反响式书写的原那么和溶液酸碱性是解答关键。27.某温度下，在2 L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质发生化学反响时，物质的量随时间变化的关系曲线如下图：(1)由图中的数据分析，该反响的化学方程式为_ 。(2)5 min内用Z表示的平均反响速率为_。(3)化学反响速率受到很多因素的影响，例如：实验室制取氢气时一般用粗锌代替纯锌和稀硫酸反响，这是利用_原理加快了氢气生成的速率。【答案】 (1). 3XY3Z (2). 0.06 mol·L1·min1 (3). 原电池【解析】【分析】从图像中可知，X、Y两种物质的物质的量随时间变少，是反响物，Z的物质的量随时间变多，是生成物。【详解】1X、Y、Z三种物质物质的量的变化之比等于化学方程式的化学计量系数之比，X的物质的量在5 min内变化了0.6mol，Y的物质的量在5 min内变化了0.2mol，Z的物质的量在5 min内变化了0.6mol，得到方程式为3XY3Z，故答案为：3XY3Z；2Z的物质的量在5min内变化了0.6mol，cZ=0.6mol/2L=0.3 mol/L，vZ=cZ/t=0.3 mol/L/5min=0.06 mol·L1·min1，故答案为：0.06 mol·L1·min1；3粗锌中的杂质与锌在硫酸溶液中可以构成原电池，Zn作负极，原电池反响加快反响速率，氢气生成的速率增大，故答案为：原电池。【点睛】此题考查化学反响速率的计算和影响因素，注意物质物质的量的变化之比等于化学方程式的化学计量系数之比，原电池反响加快反响速率是解答关键。28.在200 时，将a mol H2(g)和b mol I2(g)充入到体积为V L的密闭器中，发生反响：I2(g)H2(g)2HI(g)。(1)反响刚开始时，由于c(H2)_ mol·L1，而c(HI)_，所以化学反响速率_最大。(填v(正)或v(逆)。(2)随着反响的进行，反响混合物中各组分浓度的变化趋势为c(H2)_，而c(HI)_ ，从而化学反响速率v(正) _ (填减小、增大、不变)。(3)当反响进行到v(正)与v(逆)_时，此可逆反响到达了最大限度。假设保持外界条件不变时，混合物中各组分的物质的量、物质的量浓度、质量分数、体积分数、反响物的转化率和生成物的产率都将_。【答案】 (1). a/V (2). 0 (3). v(正) (4). 减小 (5). 增大 (6). 减小 (7). 相等 (8). 保持不变【解析】【分析】在化学平衡建立的过程中，开始时，c(H2)和c(I2)为最大值，正反响速率最大，由于此时没有HI，逆反响速率最小为0，随反响进行c(H2)和c(I2)逐渐减小，正反响速率逐渐减小，逆反响速率逐渐增大，直到平衡时，v正v逆，反响体系中各组分的浓度、百分含量、各组分的分压等不发生变化。【详解】1反响刚开始时，c(H2)a/Vmol·L1，为最大值，正反响速率最大，而c(HI)0，逆反响速率最小为0，故答案为：a/V；0；v(正)；2随着反响的进行，反响混合物中各组分浓度的变化趋势为c(H2)减小，而c(HI)增大，化学反响速率v(正)减小，v(逆)增大，故答案为：减小；增大；减小；3当反响进行到v(正)与v(逆) 相等时，此可逆反响到达了最大限度。假设保持外界条件不变时，混合物中各组分的物质的量、物质的量浓度、质量分数、体积分数、反响物的转化率和生成物的产率都将保持不变，故答案为：相等；保持不变。【点睛】此题考查化学平衡的形成过程，注意平衡形成过程中浓度变化对反响速率的影响，理解化学平衡的特征是解答关键。29.在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反响：H2(g)I2(g) 2HI(g)。(1)保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2，反响速率_(填“加快“减慢或“不变，下同)。(2)保持容器容积不变，向其中充入1 mol N2(g)(N2不参加反响)，反响速率_。(3)保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol N2(g)(N2不参加反响)，反响速率_。【答案】 (1). 加快 (2). 不变 (3). 减慢【解析】【分析】在恒定温度下，反响速率的影响因素取决于浓度和压强，浓度越大，反响速率越大，如通入不反响气体，参加反响的物质的浓度不变，那么反响速率不变，如压强不变，通入不反响气体，但体积增大，反响物的浓度减小，那么反响速率减小。【详解】1保持容器容积不变，向其中参加1molH2，反响物浓度增大，反响速率增大，故答案为：加快；2保持容器体积不变，向其中参加1molN2，反响物的浓度不变，那么反响速率不变，故答案为：不变；3保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol N2(g)，反响物的浓度减小，那么反响速率减慢，故答案为：减慢。【点睛】此题考查化学反响速率，侧重于影响因素的考查，注意把握影响因素，注意不反响气体对反响物浓度的影响是解答关键。30.在2 L密闭容器内，800 时NO(g)和O2(g)反响生成NO2(g)的体系中，n(NO)随时间的变化如下表所示：时间/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)上述反响_(填“是或“不是)可逆反响，在第5 s时，NO的转化率为_。(2)如图，表示NO2变化曲线的是_，用O2表示从02 s内该反响的平均速率v_。(3)能使该反响的反响速率增大的是_。a及时别离出NO2气体b适当升高温度c增大O2的浓度d选择高效的催化剂【答案】 (1). 是 (2). 65% (3). b (4). 0.001 5 mol·L1·s1 (5). bcd【解析】【分析】1该反响是可逆反响，5s时反响到达平衡，依据转化率公式计算；2由方程式2NO(g)O2(g) 2NO2(g)知，NO2为生成物，初始状态时，c(NO2)0，随反响的进行，c(NO2)逐渐增大，当到达平衡时保持不变；由速率公式和反响速率之比等于化学计量数之比计算；3由影响反响速率的因素分析。【详解】1该反响是可逆反响，5s时，NO转化率为0.020-0.007mol/0.020mol×100%=65%，故答案为：是；65%；2由方程式2NO(g)O2(g) 2NO2(g)知，NO2为生成物，初始状态时，c(NO2)0，随反响的进行，c(NO2)逐渐增大，当到达平衡时，c(NO2)0.020-0.007mol/2L0.0065mol/L，故表示NO2变化曲线的为b；02s内v(NO)=0.020-0.008mol/2L/2s=0.003 mol·L1·s1，由反响速率之比等于化学计量数之比可得v(O2)= 0.001 5 mol·L1·s1，故答案为：b；0.001 5 mol·L1·s1；(3)及时别离出NO2气体，在改变条件的时刻，逆反响速率减小，正反响速率不变，然后正反响速率逐渐减