统一作业2教师.docx

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1、高二化学统一作业21 .以下图示与对应的表达相符的是C(金刚石，s)C(金刚石，s)A. (a)图可表示锌和稀硫酸反响过程中的能量变化B.通过(b)图可知石墨比金刚石更稳定C.由(c)图可知，2so3(g)2so2(g)+O2(g)4H=(b-a)kJmol-iD. (d)图是某反响AC的能量曲线图(E表示能量)，反响中H=E4-Ei-E2-E3【答案】B【解析I A.反响物的总能量低于生成物的总能量，反响为吸热反响，锌和稀硫酸反响为放热反响，图示不 符，故A错误；B.通过(b)图可知石墨能量低于金刚石能量，能量越低物质越稳定，那么石墨比金刚石更稳定，故B正确；C.该反响为吸热反响，2SO3

2、(g) 2SO2 (g)+O2(S)H=(a-b)kJ-mor1,故 C 错误;D.反响 AC 的H=(ElE2)+(E3-E4)=Ei+E3-E2-E4,故 D 错误；应选：Bo2.以下热化学方程式中，正确的选项是A.甲烷的燃烧热”=-890.3kJ/mol,那么甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4 (g) + 2O2 (g) =C02 (g) + 2H2O(g) H = -890.3kJ / molB.在lOlkPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，凡燃烧的热化学方程式表示为2H2 (g) + O2(g)=2H2O(l) AH = -571.6kJ/molHC1和N

3、aOH反响的中和热A/ = 57.3kJ/mol,那么H2sO4和Ca(OH)2反响的中和热A = 2x(-57.3)kJ/mol500. 30Mpa 下，热化学方程式：N2 (g) + 3H2 (g) 2NH3 (g) AH = -38.6kJ / mol, WlmolN2(g)n 3molHz(g)置于密闭容器中充分反响生成NH3(g),放热38.6kJ【答案】B【解析】A.在lOlkPa时，Imol物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量叫作该物质的燃烧热，甲烷燃烧 生成气态水，不是稳定的化合物，故A错误；B.2g =lmoh 放出 285.8kJ 热量，2m0IH2要放出 571.6k

4、L 即 2H2(g) + O2(g)=2H2。 AH= 一M 2g/mol1,故 B 正确；C.在稀溶液中，酸跟碱发生中和反响生成Imol水时的反响热叫做中和热。H2so4和Ca(0H)2反响的中和热AH=-57.3kJ morl,故 C 错误;D. N2(g) + 3H2(g)w2NH3(g)是可逆反响，不能进行到底，具体反响到什么程度题目没给，AH无法计算，故D错 误；故答案为：Bo3.：反响HCl(aq) + NaOH(aq) = NaCl(aq) + H2O(l) AH = -57.3kJ/mol o 现分别取 50mL 0.50mol/L 醋酸溶液与50mL0.55mo/LNaOH溶

5、液进行反响，用如图实验装置测定该反响的反响热A/ ，以下说法错误的选项是/泡沫塑料板反响液碎泡沫 塑料A.小烧杯和大烧杯的杯口应相平B.使用环形玻璃搅拌棒是为了使反响更充分C.为了让反响充分进行，NaOH分三次倒入D.该实验测得的反响热AH-57.3kJ/mol【答案】C【解析】A.两烧杯的杯口应该平齐，便于塑料板密封防止热量散失，A项正确;B.使用环形玻璃搅拌棒搅拌使物质充分混合反响刚充分，B项正确；C.为了防止热量散失，应快速将NaOH倒入且一次性倒入，C项错误；D.醋酸电离吸热，所以消耗一局部能量，AH-57.3kJ/mol, D项正确； 应选C。4.将Ti()2转化为TiCl是工业冶炼

6、金属钛的主要反响之一、:TiO2(s) + 2cL (g) = TiCl4(l) + O2(g)AH, =4-140.5 kJ . mol1 C(石墨，s)+-O2 (g) = CO(g) NH?= -110.5 kJ moP1那么反响TiO2(s)+25(g) + 2C(石墨，s) = TiCL(l) +2co的 H 是+80.5kJ- mol-1 B. +30.0kJ- moP1 C. -80.5kJ- mof1D. 30.3kJmo8. C5.共价键的键能与热化学方程式信息如下表:共价键H-HH-0键能/(kJmoH)436463热化学方程式2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g)

7、 H= -482kJ mol-1那么 2O(g)=O2(g)的”为A. 428 kJ-mok1 B. -428 kJ-moF1 C. 498 kJmoH D. -498 kJ-mok1【答案】D【分析】根据乐反响物的键能总和-生成物的键能总和计算。【解析】反响的 AH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)； -482kJ/mol=2x436kJ/mol+(O-O)-4x463kJ/mol,解得 0-0 键的键能 为498kJ/mol, 2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的AH=-498kJ/molo 6.环己烷(C6H12)有椅型、半椅型、船型、扭船型等多种

8、结构，不同结构的势能不同，它们的相对势能如下图。以下说法不正确的选项是0反响进程A.上述四种结构中，半椅型结构最不稳定C6Hl2）（船型）一C6H12）（椅型）二-28.9kJ-mol-C.相同条件下，椅型转化成扭船型的速率比逆向转化的慢D.升温不利于椅型转化成扭船型【答案】D【解析】A.由环己烷各结构的相对势能图可知，半椅型结构的能量最高，结合能量越高越不稳定可知，半椅 型结构最不稳定，A正确，不符合题意；B.由环己烷各结构的相对势能图可知，般型结构能量高于椅型结构，所以为放热反响，且AH = -5.4U- mol-1 -23.5kJ- moP1 = -28.9kJ- moE1, B 正确，

9、不符合题意;C.由环己烷各结构的相对势能图可知，椅型转化成扭船型的活化能为46kJmo，而扭船型转化成椅型的活化 能为46kJ=，即椅型转化成扭船型所需活化能更高，反响速率更慢，C正确， 不符合题意；D.由环己烷各结构的相对势能图可知，椅型转化成扭船型为吸热反响，升高温度，平衡向着吸热反响移动， 所以有利于椅型转化成扭船型，D错误，符合题意； 故合理选项为Do.少量铁片与lOOmLO.Ol moH/i的稀盐酸反响，反响速率太慢。为了加快此反响速率而不改变H2的产量，可 以使用如下方法中的加H2O 加KNO3溶液 滴入几滴浓盐酸加入少量铁粉加NaCl溶液滴入几滴硫酸铜溶液升高温度（不考虑盐酸挥发

10、）改用10mL0mol.Lr盐酸A . 0W）B .（MX5X）C . （3XZX8）D . （WO【答案】C7 .反响N2（g） + 3H2（g）=2NH3（g）AV0,假设在恒压绝热容器中发生，以下选项说明反响一定已达平衡状态的是：，A.容器内的温度不再变化B.相同时间内断开H-H键数目和生成N-H键数目相等C.容器内的压强不再变化D.容器内气体的浓度 c（N2） ： c（H2）： c（NH3）=l ： 3 ： 2【答案】A-【详解】A.因为反响容器为绝热容器，只要反响正向进行或逆向进行，容器内的温度都会发生改变，所以当容器内的 温度不再变化时，反响达平衡状态，A符合题意；B.相同时间内断

11、开HH键和生成NH键，反响都是正向进行，由此不能判断反响是否达平衡，B不符合题后、.C.因为容器为恒压容器，容器内的压强始终不变，所以当压强不再变化时，不能确定是否达平衡状态，C不符 合题意；D.容器内气体的浓度c(N ： c(H ： c(NH3)=l ： 3 ： 2,可能是反响进行过程中的某个阶段，不一定是平衡状 态，D不符合题意；应选A。9.以下表格中的各种情况，可以用对应选项中的图像表示的是选项反响中乙A外形、大小相近的金属和水反响NaKB4 mL 0.01 mobL_1 KMnO4溶液分别和不同浓度的2 mL H2c2。4(草酸)溶液反响0.1 moI-L - 1 的H2c2。4溶液0

12、.2 mol-L - 1 的H2c2。4溶液C5 mL 0.1 mol L_1 Na2s2O3 溶液和 5 mL 0.1molL-iH2so4溶液反响热水冷水D5 mL 4%的过氧化氢溶液分解放出02无MnO2粉末加MnCh粉末【答案】C【解析】由于K比Na活泼，故大小相同的金属K和Na与水反响，K的反响速率更快，又由于Na、K与H20 反响均为放热反响，随着反响的进行，放出大量的热，反响速率逐渐加快，故A项不正确；由于起始时乙中 H2c2。4浓度大，故其反响速率比甲中快，B项不正确；由于甲反响是在热水中进行的，温度高，故甲的反响 速率大于乙，随着反响的进行，反响物浓度逐渐减小，故甲、乙中反响

13、速率逐渐减小，C项正确；MnO2在 H2O2的分解过程中起催化作用，故乙的反响速率大于甲，D项不正确。10.工业上，可采用还原法处理尾气中NO,其原理：2NO(g) + 2H2(g) N2(g) + 2H2O(g) AH/e【答案】D【解析】由图可知B点处压强为97 kPa,设起始二氧化氮为1 mol,转化率为a,由题意建立如下三段式: 2NO2(g)N2O4(g)起/mol10变/mola0.5。平/mol1 a0.5。由。一/曰 100 可得cr解得。=0.06,即二氧化氮的转化率为6%,故A错误；由图可知，及时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明迅速移动活塞使针筒容积减小，并保持活塞位置不变

14、后，体系因容积减小而压强增大，平衡 向生成四氧化二氮的方向移动，那么E点到H点的过程中，二氧化氮的物质的量是一个减小的过程，故B错误；对于有 气体参加的反响，压强越大反响速率越大，由图可知，H点压强大于E点，那么反响速率：vhve,故C错误；由图可 知，B到E的过程为压强减小的过程，减小压强平衡向生成二氧化氮的方向移动，气体的物质的量增大，由质量守恒 定律可知气体质量不变，那么混合气体的平均相对分子质量减小，即MbMe,故D正确。14. (2020.南昌市新建区第一中学高二月考)在固定容积的密闭容器中，发生反响：2X(g)+Y(s) 一Z(g)+W(g),其化学平衡常数与温度的关系如表：777

15、0080090010001200K0.60.91.31.82.7对该反响而言，以下说法正确的选项是A.增大压强，平衡向正反响方向移动B.温度不变，增加X的量，K增大C.达平衡后，加入催化剂，反响物转化率增大D.该反响的正反响为吸热反响【答案】D【详解】A.反响2X(g)+Y(s)Z(g)+W(g)中，Y为固体，那么反响前后气体总物质的量不变，那么增大压强平衡不移动，故A错误；K只受温度的影响，和物质的量的增加没关系，即温度不变，增加X的用量，K不变，故B错误；C.达平衡后，加入催化剂，但平衡不移动，反响物转化率不变，故C错误；D.根据表格数据知：温度越高，反响的K越大，说明正反响是吸热反响，故

16、D正确； 答案为D。15I：氮氧化物(NOx)的排放对环境造成严重污染。工业上可利用C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)反响处理氮氧化物。回 答以下问题：(1):N2(g)+O2(g)=2NO(g)AHi=+180.5kJmoH,碳的燃烧热为 393.5kJmoH,那么 C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g) AH2=kJ- mol-1一定温度下，在恒容密闭容器中充入足量单质C和一定量NO,发生上述反响。以下情况能说明反响到达化 学平衡状态的是(填字母标号)，反响达平衡后继续通入一定量NO, NO的转化率(填增大，“减小”或“不变A. u(NO)=2i)(CO2)B.容器

17、内气体的压强保持不变B. NO与C02的浓度比保持不变D.混合气体的平均相对分子质量保持不变某温度下，向盛有足量单质C的恒容密闭容器通入NO,使其初始浓度为lmol.LL根据平衡时以某物质表 示的u正(或u逆)、浓度的数值，绘制出图中甲乙两点。甲点对应的物质是(填化学式)；该反响的平衡常数为 o将温度降低至某一温度时，反响重新到达平衡，此时体系的压强为p=105pa, NO的体积分数为30%,那么N2 的分压为p(N2)=Pa(气体分压=总压x该气体物质的量分数)，那么图中甲点可能移动至点位置(填字母标号)。【答案】-574.0 CD 不变 N2 3.5xl04 Q16【详解】:反响1： N2

18、(g)+O2(g)=2NO(g)AHi=+180.5kJmoH,碳的燃烧热为393.5kJmoH,即反响2：C(s)+O2(g)= CO21,根据盖斯定律可知，反响 C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)由反响 2-反响 1,故 AH2=AH-AHi=(-393.5kJmol-i)-180.5kJmoH=-574.0kJmoH,故答案为：-574.0； (2)A.化学平衡的特征为正、逆反响速率相等，u(NO尸2u(CO2)未指明正、逆反响，故不能说明反响到达平衡，A 不合题意；B.反响是一个气体体积不变的反响，故容器内气体的压强始终保持不变，故压强不变不能说明反响到达化学平n. 一定

19、量的C6与足量的C在恒压密闭容器中发生反响：C (s) +CO2 (g) =28 (g) AH=173kJmo，假设压强为coco445 550 650110()8()604020或三回答以下问题:co2P kPa,平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如下图,800温度/七(1) 650c时CO2的平衡转化率为 o(2)九时平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)；该温度下达 平衡后假设再充入等物质的量的CO和CCh气体，那么平衡不移动，原因是 o【解析】(1) 650C时，平衡时CO2的体积分数为60%,设其物质的量为0.6 mol,那么平衡时CO的物质的量为

20、0.4mol,起始时CO2的物质的量为0.6mol+，x0.4 mol=0.8mol,故CO2的平衡转化率为吧匚竺皿x 100% =20.8mol25%o (2)4C时，平衡时CO与CO2的体积分数相等，其平衡分压均为0.5pkPa,那么此时的平衡常数为Kp=(0.5p)2=0.5p kPao0.5p【答案】(1) 25% (2) 0.5/7 kPa； QP=KP附加题：16.)室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反响：M+N=X+Y；M+N=X+Z,反响的速率可表示为vi=kd（M）,反响的速率可表示为V2=k2c2（M）（ki、k2为速率常数）。反响 体系中组分M、

21、Z的浓度随时间变化情况如图，以下说法错误的选项是A. 030min时间段内，Y的平均反响速率为6.67xlO-8moiLminB.反响开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C.如果反响能进行到底，反响结束时62.5%的M转化为ZD.反响的活化能比反响的活化能大【答案】A【解析】A项,由图中数据可知,30min时，M、Z的浓度分别为0.300 mol-L和0.125 molLL 那么M的 变化量为 0.5 mobLq-OJOO mobL-=0.200 molLL 其中转化为 Y 的变化量为 0.200 molL”-0.125 mobL O.075mokLo因此，030 min时间段内，Y的平均反

22、响速率为mokLo因此，030 min时间段内，Y的平均反响速率为0.075molL30 min=0.0025 mol-U1 - min-1，A不正k1确；B项，由题中信息可知，反响和反响的速率之比为广，Y和Z分别为反响和反响的产物，且两者 与M的化学计量数相同（化学计量数均为I），因此反响开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于婷由于k-k2为速率常数，故该比值保持不变，B正确；C项，结合A、B的分析可知因此反响开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于广=一 .=三，因此，如果反响能进行到底，反响结束时有2的M k? 0.125m ol- L1 58转化为Z,即62.5%的M转化为Z, C

23、正确；D项，由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较 少，因此，反响的化学反响速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反响速率较快，故反响的活化能 比反响的活化能大，D说法正确。应选A。17.减少碳排放，控制温室气体已经成为可能。由二氧化碳和氢气合成乙醇的化学方程式是2CO2（g） + 6H2（g）CH3CH2OH（g） + 3H2O（g）o选择合适的催化剂，可以得出温度对合成乙醇的影响情况如图所示（选择性二目标产物产率CO2转化率X 100%）。以下说法正确的选项是u 睚T温度u 睚T温度52 o o o O88 7 6 4 2%/史、港烟A.该反响的AH0B.增大压强和升高温度都

24、能提高CO2的转化率C.温度为I）时，乙醇的产率为57.4%D.当温度处于工）工时，升高温度，乙醇的产率降低【答案】AC【解析】A.根据图像，随着温度的升高，CO2的转化率逐渐增大，说明正反响放热，所以该反响的AH0,A正确；B.根据化学方程式，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大，该反响的AHvO,随着温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低，B错误;目标产物产率CC）2转化率C.由图像可知，温度为T。时，乙醇的选择性为82%, CO2的转化率为70%,根据选择性 xlOO%,贝IJ乙醇的产率= 82%x70% = 57.4%, C正确;D.当温度处于T。工时，升高温度，乙醇的选择性变大，而二氧化碳的转化率基本不变，因此，升高温度，乙醇的产率增大，D错误；应选：ACo