湖南省衡阳市第一中学2022-2022学年高二化学上学期第一次月考试题含解析.doc

湖南省衡阳市第一中学2022-2022学年高二化学上学期第一次月考试题含解析可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 S-32 C1-35.5 Br-80第一卷选择题一选择题：本大题共18小题，每题3分，共54分。每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求。1.在以下各说法中，正确的选项是A. H>0表示放热反响，H<0表示吸热反响B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反响生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热D. 1 mol H2与0.5 mol O2反响放出的热就是H2的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A放热反响的焓变小于0，吸热反响的焓变大于0，故H0表示吸热反响，H0表示放热反响，故A错误；B热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示，故B正确；C中和热是指稀的强酸和强碱生成1mol水时所放出的热量，而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反响时生成了2mol水，同时还有硫酸钡沉淀生成，故此时放出的热量不是中和热，故C错误；D燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，而1mol氢气和0.5mol氧气反响生成的水的状态未知，故此时放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；应选B。2.反响2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) H = a kJ/mol，能量变化如下图。以下说法中，不正确的选项是A. 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(l) H > a kJ/molB. 过程II可能使用了催化剂，使用催化剂不可以提高SO2的平衡转化率C. 反响物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和D. 将2molSO2(g) 和1mol O2(g)置于一密闭容器中充分反响后放出或吸收的热量小于a kJ【答案】A【解析】根据图像，该反响中反响物总能量高于生成物的总能量，属于放热反响，a0，A错误；参加催化剂，能够降低反响物的活化能，过程II可能使用了催化剂，但是不影响平衡移动，不能提高SO2的平衡转化率，B正确；该反响中反响物的总能量高于生成物的总能量，属于放热反响，说明反响物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，C正确；反响处于密闭容器中，反响为可逆反响，反响不能进行到底，放出或吸收的热量小于a kJ，D正确；正确选项A。3.参考下表键能数据，估算晶体硅在氧气中燃烧生成的二氧化硅晶体的热化学方程式：Si(s)O2(g)=SiO2(s)中，H的值为()化学键SiOO=OSiSiSiClSiC键能/kJ·mol-1460498.8176360347A. 989.2 kJ·mol1B. 989.2 kJ·mol1C. 61.2 kJ·mol1D. 245.2 kJ·mol1【答案】A【解析】试题分析：硅和二氧化硅均是原子晶体，其中在晶体硅中每个硅原子形成4÷22个SiSi键。在二氧化硅晶体中每个硅原子形成4个SiO键。由于反响热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，那么该反响的反响热H2×176 kJ/mol+498.8 kJ/mol4×460 kJ/mol989.2 kJ/mol，答案选A。考点：考查反响热的计算4.：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H1，3H2(g)Fe2O3(s)=2Fe(s)3H2O(g) H2，2Fe(s)3/2O2(g)=Fe2O3(s) H3，2Al(s)3/2O2(g)=Al2O3(s) H4，2Al(s)Fe2O3(s)=Al2O3(s)2Fe(s) H5 ，以下关于上述反响焓变的判断正确的选项是A. H1<0，H3>0B. H5<0，H4<H3C. H1=H2H3D. H3=H4H5【答案】B【解析】【详解】A. 2H2(g)O2(g)=2H2O(g) 该反响为放热反响，故H1<0，2Fe(s)3/2O2(g)=Fe2O3(s)为放热反响，故H3<0，故A错误；B. 2Al(s)Fe2O3(s)=Al2O3(s)2Fe(s)反响为放热反响，故H5<0，根据盖斯定律分析，有-=，那么H4-H3=H5<0，故正确；C.根据盖斯定律分析，有2+/3=，那么有2H2+H3/3=H1，故错误；D. 根据盖斯定律分析，有-=，那么H4-H3=H5，故错误。应选B。5.对可逆反响4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，以下表达正确的选项是A. 到达化学平衡时， B. 假设单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，那么反响到达平衡状态C. 到达化学平衡时，假设增加容器体积，那么正反响速率减小，逆反响速率增大D. 化学反响速率关系是：【答案】A【解析】【分析】A. 当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等同种物质或正逆速率之比等于化学化学计量数之比不同物质，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B. 都表示反响正向进行，反响自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；C. 增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D. 各物质化学速率之比等于参与反响的化学方程式的化学计量数之比。【详解】A. 4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反响速率之比等于化学计量数之比，表示反响到达平衡状态，A项正确； B. 假设单位时间内生成n molNO的同时，消耗n molNH3，都表示反响向正向进行，反响自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，B项错误；C. 到达化学平衡时，假设增加容器体积，那么反响混合物的浓度减小，正、逆反响速率均减小，平衡向正反响移动，C项错误；D.不同物质表示正逆反响速率之比等于化学计量数之比，应为3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D项错误；答案选A。【点睛】有关到达化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类，此题主要考查直接判断法，即正=逆0，即正反响速率 = 逆反响速率注意反响速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反响速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错；另外，各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。6.在一定温度下的恒容容器中，当以下物理量不再发生变化时：混合气体的压强；混合气体的密度；混合气体的总物质的量；混合气体的平均相对分子质量；混合气体的颜色；各反响物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比；某种气体的百分含量。能说明A(s)3B(g)+C(g)到达平衡状态的是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】该反响是反响前后气体体积不等的反响，假设混合气体的压强不变，那么反响到达平衡状态，正确；该反响反响前后气体的质量变化，容器的容积不变，所以混合气体的密度不变，反响到达平衡状态，正确；反响物不是气体，生成物是气体，假设混合气体的总物质的量不变，那么反响到达平衡状态，正确；只有生成物是气体，二者物质的量的比始终不变，因此混合气体的平均相对分子质量总是不变，因此不能据此判断反响是否处于平衡状态，错误；题干未指明气体有颜色，因此不能根据混合气体的颜色变化判断平衡状态，错误；反响物是固体，浓度不变，而生成物中任何情况下生成物的浓度之比等于化学计量数之比，不能据此判断为平衡状态，错误；只有生成物为气体，二者的含量始终不变，因此不能根据某种气体的百分含量不变判断反响是否处于平衡状态，错误；故能说明A(s)3B(g)C(g)到达平衡状态的是，含量选项是D。7.工业上制备纯硅反响的热化学方程式如下：SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g) HQkJ·mol-1(Q0)，某温度、压强下，将一定量的反响物通入密闭容器中进行以上的反响(此条件下为可逆反响)，以下表达正确的选项是A. 反响过程中，假设增大压强能提高SiCl4的转化率B. 假设反响开始时SiCl4为1mol，那么到达平衡时，吸收热量为QkJC. 反响至4min时，假设HCl的浓度为0.12mol·L1，那么H2的反响速率为0.03mol/(L·minD. 当反响吸热为0.025QkJ时，生成的HCl与100mL1mol·L1的NaOH溶液恰好反响【答案】D【解析】该反响是一个正向气体系数增大的可逆反响。A：增大压强，平衡左移，SiCl4的转化率减小B：可逆反响不可能进行到底，在题设条件下吸收的热量小于QkJC：v(HCl)= 0.12/4="0.03" mol·L-1·min-1，依方程式系数比,那么H2的反响速率为0.015 mol/(L·min)D：当反响吸收热量为0.025Q kJ时，产生的HCl为0.1mol，那么恰好可中和100 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液故答案为D8.某同学做浓度对化学反响速率的影响的实验时，将3支试管分别编号为，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据如表。试管编号加3%Na2S2O3加H2O加H2SO4(15)出现浑浊时间3mL3mL5滴33samL2mL5滴28s5mLbmL5滴16s以下表达不正确的选项是 A. 该实验反响的化学方程式：Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SSO2H2OB. Na2S2O3浓度越大，反响速率越快C. a=4D. b=2【答案】D【解析】【详解】A. Na2S2O3中S元素化合价为+2价，具有氧化性、复原性，在酸性条件下会发生氧化复原反响，化学方程式为Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SSO2H2O，A正确；B.根据影响反响速率的条件：在其他条件不变时，反响物的浓度越大，反响速率越快，B正确；C.是研究浓度对化学反响速率的影响，根据可知反响溶液的总体积为6mL，的水是2mL，那么Na2S2O3的溶液体积为4mL，C正确；D.由于反响的总体积是6mL，Na2S2O3溶液的体积是5mL，所以水的体积是6mL-5mL=1mL，D错误；故合理选项是D。9.对反响：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g) H，反响特点与对应的图象的说法中不正确的选项是A. 图中，假设P1>P2，那么该反响在较低温度下有利于自发进行B. 图中，假设T2>T1，那么H<0 且a+b=c+dC. 图中t1时刻改变的条件一定是使用了催化剂D. 图中，假设H<0，那么纵坐标不可能表示的是反响物的转化率【答案】C【解析】A. 由分析图可知，温度升高，A%增大，说明平衡逆移动，那么正反响为放热反响，假设P1>P2，P1时A%低于P2，压强增大，平衡正向移动，那么反响前气体分子数小于反响后气体分子数，S<0，那么该反响在较低温度下有利于自发进行，A正确；B. 图中，压强增大，A的转化率不变，平衡不移动，那么a+b=c+d，假设T2>T1，A的转化率降低，平衡逆移动，那么正反响为放热反响，H<0，B正确；C. 图中t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂，也可能是增大压强当a+b=c+d时，C错误；D. 图中，T1>T2，假设H<0，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，那么纵坐标不可能表示的是反响物的转化率，D正确。答案选C。10.在相同温度和压强下，对反响X(g)+Y(g)Z(g)+W(g)进行四组实验，实验起始时放入容器内各组分物质的量见表：实验XYZWamolamol0mol0mol3amolamol0mol0mol0mol0molamolamol2amol0molamolamol上述四种情况到达平衡后，n(Z)的大小顺序是 A. =>=B. >>>C. >>=D. >>>【答案】A【解析】【详解】以为参照物，相当于在反响到达平衡后，又参加了2amolA，在其他条件不变时，增大反响物的浓度，平衡正向移动，产生更多的反响物，所以中Z的物质的量大于；对反响X(g)+Y(g)Z(g)+W(g)，假设反响从正反响方向开始，n(X)=amol，n(Y)=amol，n(Z)=n(W)=0mol，其假设从逆反响方向开始，等效起始状态为n(Z)=n(W)=amol，n(X)=n(Y)=0mol，所以到达平衡时Z的物质的量与相同；相当于在到达平衡后向容器中又参加了2amolA物质，根据平衡移动原理，在其他条件不变时，增大反响物浓度，平衡正向移动，会产生Z物质，所以平衡时Z的物质的量大于，与相同，故上述四种情况到达平衡后，n(Z)的大小顺序是=>=，故合理选项是A。11.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反响物，保持恒温、恒容，测得反响到达平衡时的有关数据如下N2g+3H2g 2NH3gH=92.4kJ/mol：以下说法正确的选项是容器甲乙丙反响物投入量1mol N2、3mol H22mol NH34mol NH3NH3的浓度mol/Lc1c2c3反响的能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJ体系压强Pap1p2p3反响物转化率123A. 2c1c3B. a+b92.4C. 2p2p3D. 1+31【答案】D【解析】A、甲容器反响物投入1molN2、3molH2，乙容器反响物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，那么甲容器与乙容器是等效平衡，那么c1=c2，丙容器反响物投入量4molNH3，可以等效为在乙的根底上压强增大一倍，平衡向正反响方向移动，丙中氨气的转化率比乙中小，故c32c2，故c32c1，故A错误；B、乙中开始投入2molNH3，那么甲与乙是等效平衡，甲与乙的反响的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B错误；C、丙容器反响物投入量4molNH3，可以等效为在乙的根底上压强增大一倍，平衡向正反响方向移动，平衡移动不能消除压强增大，故p2p32p2，故C错误；D、乙中开始投入2molNH3，那么甲与乙是等效平衡，那么1+2=1，丙容器反响物投入量4molNH3，可以等效为在乙的根底上压强增大一倍，平衡向正反响方向移动，故32，联立可得：31-1，即1+31，故D正确；应选D。点睛：此题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题目计算量较大，难度较大，关键是构建平衡建立的等效途径。解题关键：甲容器反响物投入1molN2、3molH2，乙容器反响物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，那么甲容器与乙容器是等效平衡，那么1+2=1，p1=p2，a+b=92.4，各组分的浓度相等；丙容器反响物投入量4molNH3，可以等效为在乙的根底上压强增大一倍，平衡正反响方向移动，故32，故c32c2，平衡移动不能消除压强增大，故p2p32p2。12.以下表达正确的选项是 A. 95纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性B. pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C. 将AlCl3溶液蒸干并灼烧 得到的固体为Al2O3D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7【答案】C【解析】【详解】A.水是弱电解质，存在电离平衡，升高温度，促进水的电离，c(H+)增大，但水电离产生的H+、OH-的浓度相等，所以pH<7，但水仍然显中性，A错误；B.醋酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，所以H+减小的倍数小于稀释的倍数，所以pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH<4，B错误；C.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解产生Al(OH)3、HCl，加热溶液，Al3+水解程度增大，产生更多的Al(OH)3、HCl，HCl具有挥发性，当溶液蒸干时得到固体Al(OH)3，然后灼烧Al(OH)3分解产生氧化铝和水，因此最后得到的固体为Al2O3，C正确；D.pH=3的醋酸溶液，c(H+)=10-3mol/L，醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3mol/L，NaOH是一元强碱，pH=11的氢氧化钠溶液，c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L，所以当两种溶液等体积混合时，二者发生中和反响后醋酸过量，使溶液显酸性，溶液的pH<7，D错误；故合理选项是C。13.以下各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是 A. 能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：Al3、Na、CO32-、NO3-B. c(H)=1×101 mol·L1的溶液中：Cu2、Fe3、SO42-、NO3-C. 能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：Na、NH4+、S2-、Br-D. 水电离出的c(H)=1×1012mol·L1的溶液中：Na、Mg2、Cl-、SO42-【答案】B【解析】【详解】A. Al3、CO32-会发生盐的双水解反响而不能大量共存，A错误；B.c(H)=1×101 mol·L1的溶液显酸性，在酸性溶液中：Cu2、Fe3、SO42-、NO3-不能发生任何反响，可以大量共存，B正确；C.能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有强的氧化性，在氧化性溶液中S2-、Br-会被氧化而不能大量存在，C错误；D.水电离出的c(H)=1×1012mol·L1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中，Mg2、OH会发生反响产生Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，D错误；故合理选项是B。14.草酸是中强酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 mol·L1KHC2O4溶液中，以下关系正确的选项是c(K)c(H)c(HC2O4)c(OH)c(C2O42)c(HC2O4)c(C2O42)0.1 mol·L1c(C2O42)>c(H2C2O4)c(K)c(H2C2O4)c(HC2O4)c(C2O42)A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度。根据电荷守恒，那么有cK+cH+=cHC2O4-+cOH-+2cC2O42-，错误；草酸氢钾溶液中存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-，根据物料守恒可知cH2C2O4+cC2O42-+cHC2O4-=0.1mol/L，错误；草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，那么cC2O42-cH2C2O4，正确；在0.1molL-1KHC2O4溶液中，存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-和K+，根据物料守恒可知cK+=cH2C2O4+cHC2O4-+cC2O42-，正确。考点：考查离子浓度大小的比拟弱，电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的应用。15. 以下关于电解质溶液中离子关系的说法正确的选项是A. 0.1mol·L1NaHCO3溶液中离子浓度关系：c(Na)2c(CO32-)c(HCO3-)c(H2CO3)B. 0.1mol·L1NH4Cl和0.1mol·L1NH3·H2O等体积混合后离子浓度关系：c(Cl)c(NH4+)c(H)c(OH)C. 常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的pH7，那么混合溶液中：c(Na)c(CH3COO)D. 常温下，在pH1溶液中，Fe2、NO3-、ClO、Na能大量共存【答案】C【解析】试题分析：A是物料守恒，应该是：c(Na)c(CO32-)c(HCO3-)c(H2CO3)，错；NH3·H2O的电离程度大于 NH4+的水解程度，溶液显碱性，离子浓度关系应该是c(NH4+)c(Cl) c(OH) c(H)，B错；C中根据电荷守恒c(Na)+ c(H)c(CH3COO)+ c(OH)，溶液性中性，c(OH) =c(H)，那么c(Na)c(CH3COO)，对；D. Fe2有复原性，ClO、有强氧化性，不能大量共存，错。考点：离子的浓度大小比拟和离子共存问题。16.常温时HClO的Ka=3.0×10-8,HF的Kb=3.5×10-4。现将pH 和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分別加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如下图，以下表达正确的选项是 A. 曲线为次氯酸稀释时pH变化曲线B. 取a 点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小C. b点溶液中水的电离程度比c 点溶液中水的电离程度小D. 从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)【答案】D【解析】pH相同的弱酸溶液加水稀释，其pH应该都会升高，其中酸性越强，其pH的变化应该越明显或者说曲线的斜率应该越大，因为KbKa，所以HF的酸性更强，所以曲线为氢氟酸稀释时pH变化曲线，选项A错误。中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗的次氯酸和氢氟酸的物质的量一定相等，a点两者的pH相同，因为HF酸性更强，所以HF的溶度较小，到达相同的物质的量需要较大的体积，所以消耗的氢氟酸的体积较大，选项B错误。c点比b点的pH更小，说明c点酸电离出来的氢离子浓度更大，所以对于水的电离的抑制应该更强，水的电离程度应该是c点更小，选项C错误。可以认为是R-的水解平衡常数，该数值应该只与温度有关，所以选项D正确。17.水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(OH一)×c(H+)=常数，以下说法错误的选项是A. 图中温度T1T2B. 图中五点Kw间的关系：BCA=D=EC. 曲线a、b均代表纯水的电离情况D. 假设处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性【答案】C【解析】试题分析：A水的电离是吸热反响，升高温度促进水电离，那么水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1T2，温度，故A正确；B水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度上下点顺序是BCA=D=E，所以离子积常数大小顺序是BCA=D=E，故B正确；C只有c(OH-)=c(H+)的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；DB点时，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D正确，应选C。考点：考查弱电解质的电离18.室温下，0.1 mol·L1的某二元酸H2A溶液中，可能存在的含A粒子(H2A、HA、A2)的物质的量分数随pH变化的关系如下图，以下说法正确的选项是()A. H2A的电离方程式：H2AHHAB. pH5时,在NaHA和Na2A的混合溶液中:c(HA):c(A2)1:100C. 等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c(Na)>c(HA)>c(A2)D. Na2A溶液必存在c(OH)c(H)c(HA) 2c(H2A)，各粒子浓度均大于0【答案】B【解析】【详解】试题分析：A二元酸H2A溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA-，HA-H+A2-，故A错误；B据图象分析，pH=3时，c(HA-)与c(A2-)相同，pH=5时，c(HA-)：c(A2-)=1：100，故B正确；C等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合后pH=3，说明HA-离子的电离大于A2-的水解程度，c(HA-)小于c(A2-)，故C错误；D二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H+HA-，HA-H+A2-，Na2A溶液中不存在H2A分子，c(H2A)=0，故D错误；故答案为B。考点：考查据图象分析二元酸的电离特点，关键是从图象分析出第一步完全电离，题目难度中等第二卷非选择题二填空题：本大题共4小题，每空2分，共46分。19.在2L的密闭容器内，800时反响2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间(s)012345n(NO)(mol)0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)：K300>K350，那么该反响正反响是_热反响。(2)如图表示NO2的变化的曲线是_。用O2表示从02 s内该反响的平均速率v=_ mol·L1·s1。(3)能说明该反响已到达平衡状态的是_。a.v(NO2)=2v(O2) b.容器内压强保持不变c.v逆(NO)=2v正(O2) d.容器内密度保持不变(4)为使该反响的反响速率增大，且平衡向正反响方向移动的是_。a.及时别离出NO2气体 b.适当升高温度 c.增大O2的浓度 d.选择高效催化剂【答案】 (1). 放 (2). b (3). 1.5×10-3 (4). bc (5). c【解析】【分析】(1)根据温度对化学平衡移动的影响，结合化学平衡常数大小判断反响的热效应；(2)根据表中数据计算平衡时NO、NO2的物质的量，结合容器的体积判断物质的平衡浓度，从而确定NO2的曲线；先计算2s内NO的浓度变化计算从02s内该反响的平均速率v(NO)，然后根据同一反响中同一段时间内各物质的反响速率之比等于其计量数之比计算v(O2)；(3)根据反响到达平衡状态时各种物质的物质的量、浓度及物质的含量不变判断平衡状态；(4)根据平衡移动原理分析。【详解】(1)化学平衡常数K300>K350，说明升高温度，化学平衡逆向移动，由于在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热反响方向移动，逆反响方向为吸热反响，那么该反响正反响是放热反响。(2)根据表中数据知，到达平衡状态时n(NO)=0.007mol，那么参加反响的 n(NO)=(0.020-0.007)mol=0.013mol，反响开始时c(NO2)=0，根据N原子守恒可知，生成的n(NO2)=0.013mol，c(NO2)= 0.013mol ÷2L =0.0065mol/L；所以表示NO2的变化的曲线是b；从02s内该反响的平均速率v(NO)= =0.003mol/(L·s)，同一反响中同一段时间内各物质的反响速率之比等于其计量数之比，那么v(O2)=v(NO)= 0.0015mol/(L·s)= 1.5×10-3 mol/(L·s)；(3)a.无论反响是否到达平衡状态都存在v(NO2)=2v(O2)，不能据此判 断平衡状态，a错误； b.反响前后气体物质的量改变，那么容器压强改变，当容器内压强保持不变时，正、逆反响速率相等，反响到达平衡状态，b正确； c.v逆(NO)=2v正(O2)，正、逆反响速率相等，反响到达平衡状态，c正确； d.无论反响是否到达平衡状态，容器内密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，d错误； 故合理选项是bc； (4)a.及时别离出NO2 气体，生成物浓度减小，那么化学反响速率减小，a错误； b.适当升高温度，增大活化分子百分数，化学反响速率增大，由于该反响的正反响为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，b错误； c.增大O2的浓度，增大单位体积内活化分子个数，化学反响速率增大，由于O2是反响物，增大反响物的浓度，平衡正向移动，c正确； d.选择高效催化剂，增大活化分子百分数，化学反响速率增大，但催化剂不能使化学平衡发生移动，d错误； 故合理选项是c。【点睛】此题考查了化学平衡常数的计算与应用、化学平衡状态判断、影响化学反响速率因素等知识点，明确化学反响原理是解此题关键，注意：只有反响恰好改变的物理量才能作为化学平衡状态判断标准。20.大气中CO2含量的增加会加剧温室效应，为减少其排放，需将工业生产中产生的CO2别离出来进行储存和利用。(1)CO2与NH3反响可合成化肥尿素化学式为CO(NH2)2，反响2NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(l)H2O(g)在合成塔中进行。如图1中、三条曲线为合成塔中按不同氨碳比和水碳比投料时二氧化碳转化率的情况。曲线、水碳比的数值范围分别为0.60.7、11.1和1.51.61，那么生产中应选用水碳比的数值范围为_。请推测生产中氨碳比控制在4.0左右还是控制在4.5左右比拟适宜，并简述你的理由_。(2)CO2与H2也可用于合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在体积可变的恒压密闭容器中，该反响在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图2所示。该反响的化学平衡常数的表达式为_。该反响的S_0，H_0(填“>或“<)。700K投料比=2时，H2的平衡转化率为_。【答案】 (1). 0.60.7 (2). 4.0比拟适宜；氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2转化率增加不大，提高了生产本钱 (3). K= (4). < (5). < (6). 45%【解析】【分析】(1)依据反响转化率的大小分析，结合图象分析判断； 氨碳比在4.5时氨气量增大对二氧化碳的转化率增加不大； (2)根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反响物的浓度幂之积进行书写； 根据反响前后气体的物质的量大小判断S，根据温度对平衡的影响分析H； 由图可知，在700K，投料比n(H2)：n(CO2)=2时，二氧化碳转化率为 30%，假设CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、2mol，转化的二氧化碳为 0.3mol，根据方程式可知转化的氢气为0.9mol，进而计算H2的转化率。【详解】(1)氨碳比相同时曲线二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为0.60.7；氨碳比在4.5时，需要氨气较多，但依据图象分析二氧化碳转化率增大不多，工业 合成氨生成工艺较复杂，提高生产本钱，所以氨碳比应该控制在4.0左右； (2)平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反响物的浓度幂之积，所以平衡常数K=； 因为该反响为气体减小的反响，那么S<0，因为温度越高，CO2转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反响方向移动，逆反响为吸热反响，那么该反响正方向为放热反响，即H<0；由图可知，在700K，投料比n(H2)：n(CO2)=2时，二氧化碳转化率为 30%，假设CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、2mol，转化的二氧化碳为 0.3mol，根据方程式可知转化的氢气为0.9mol，进而计算H2的转化率= 0.9mol 2mol ×100%=45%。【点睛】此题考查了化学平衡常数、化学平衡移动原理的应用以及图象分析等知识，表达了化学反响原理在实际生产中对于反响的指导作用，培养了学生接受信息、分析和处理与应用能力。21.过氧化氢是重要的氧化剂、复原剂，它的水溶液又称为双氧水。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量。请答复以下问题：(1)移取10.00 mL密度为g·mL1的过氧化氢溶液至250mL_(填仪器名称)中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中，参加稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。(2)用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，请写出其反响的离子方程式_。(3)滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入_(填“酸式或“碱式)滴定管中。滴定到达终点的现象是_。(4)重复滴定三次，平均耗用c mol·L1KMnO4标准溶液V mL，那么原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为_。(5)假设滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，那么测定结果_(填“偏高“偏低或“不变)。【答案】 (1). 容量瓶 (2). 2MnO4-+5H2O2+6H=2Mn2+8H2O+5O2 (3). 酸式 (4). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色 (5). (6). 偏高【解析】【分析】(1)根据准确配制一定体积一定物质的量浓的溶液用到的仪器来答复；(2)根据氧化复原反响中电子转移守恒、原子守恒，书写化学方程式； (3)酸式滴定管可以量取具有强氧化性的溶液、酸性溶液，高锰酸钾溶液具有颜色，锰离子无色； (4)根据化学方程式计算消耗过氧化氢的量然后计算H2O2的质量分数； (5)假设滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，那么有一局部溶液占据了气 泡的体积。【详解】(1)准确配制一定体积一定物质的量浓的溶液用容量瓶，所以需将溶液转移至250mL容量瓶； (2)高锰酸钾有强氧化性，在酸性条件下能将双氧水氧化为氧气，根据电子转移守恒，原子守恒、电荷守恒，可得配平的反响方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H=2Mn2+8H2O+5O2；(3)由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以只能使用酸式滴定管盛装高锰酸钾标准溶液。高锰酸钾标准溶液显紫色，滴入无色H2O2溶液中，反响产生无色Mn2+，当滴定完全时高锰酸钾标准溶液不再消耗，溶液会显紫色，因此滴定到达 终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，(4)根据化学方程式2MnO4-+5H2O2+6H=2Mn2+8H2O+5O2可以得到关系式：2MnO4-5H2O2，耗用 c mol/L KMnO4标准溶液V mL，即cV×10-3 mol的高锰酸钾时，所用双氧水的物质的量：2.5cV×10-3 mol，那么原H2O2的质量为m(H2O2)= 2.5cV×10-3