北京市2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题(选修4人教版)

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北京市2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题(选修4人教版)

‎2019-2020学年北京高二化学期中考试题(11月份)‎ ‎(选修4人教版)‎ 一、选择题(48分,每小题3分,共14小题)‎ ‎1.化学反应速率在工农业生产和日常生活中都有重要作用,下列说法正确的是( )‎ A. 将肉类食品进行低温冷藏,能使其永远不会腐败变质 B. 在化学工业中,选用催化剂一定能提高经济效益 C. 夏天面粉的发酵速率与冬天面粉的发酵速率相差不大 D. 茶叶等包装中加入还原性铁粉,能显著延长茶叶的储存时间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将肉类食品进行低温冷藏,只能减慢腐败变质的速率,故A错误;‎ B. 在化学工业中,选用合适的催化剂能加快反应速率,不一定能提高经济效益,故B错误;‎ C. 夏天温度高,面粉的发酵速率比冬天发酵速率快,故C错误;‎ D. 还原性铁粉能与茶叶包装中的氧气反应,降低氧气的浓度,延长茶叶的储存时间,故D正确。‎ ‎2.下列有关能量转换的说法正确的是( )‎ A. 煤燃烧是热能转化为化学能的过程 B. 动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程 C. 植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程 D. 化石燃料属于一次能源,电能属于二次能源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析:A.煤燃烧放出热量,是化学能转化为热能的过程,A错误;B.动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程,B错误;C.植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程,C正确;D.一次能源是直接来自自然界而未经加工转换的能源,化石燃料属于一次能源,二次能源是由一次能源直接或间接转换而来的能源,电能属于二次能源,D正确,答案选D。‎ 考点:考查能量转化 ‎3.下列关于反应热的叙述正确的是( )‎ A. 当ΔH<0时,表示该反应为吸热反应 B. 由C(s)+O2(g)=CO(g)的反应热为110.5kJ·mol-1,可知碳的燃烧热为110.5kJ·mol-1‎ C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关 D. 1molNaOH分别和1molCH3COOH、1molHNO3反应放出的热量:CH3COOH<HNO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 放热反应,ΔH<0,ΔH<0表示该反应为放热反应,故A错误; ‎ B. 碳的燃烧热是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量,由C(s)+O2(g)=CO(g)的反应热为110.5kJ·mol-1,可知碳的燃烧热不是110.5kJ·mol-1,故B错误;‎ C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量有关,故C错误;‎ D. 醋酸是弱电解质,电离吸热,1molNaOH分别和1molCH3COOH、1molHNO3反应放出的热量:CH3COOH<HNO3,故D正确。‎ ‎4.下列化学用语不正确的是 A. 醋酸的电离:CH3COOHCH3COO-+H+‎ B. 碳酸氢钠在水溶液中的电离:NaHCO3=Na++HCO3-‎ C. 氯化铵的水解:NH4++H2ONH4OH+H+‎ D. 碳酸钙溶解平衡:CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.醋酸为弱酸,且电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+,故A正确;碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-,故B正确;C.氯化铵的水解离子反应为NH4++H2O⇌NH3.H2O+H+,故C错误;D.碳酸钙的溶解平衡为CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq),故D正确;故选C。‎ 点睛:本题考查离子反应的书写,为高频考点,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重水解、电离的离子反应及分析与应用能力的考查,题目难度不大。B易错点。‎ ‎5.下列说法正确的是( )‎ A. 升高温度能使化学反应速率增大,主要原因是增大了反应物分子中的活化分子百分数 B. 等质量的锌粉和锌片分别与等体积等浓度的盐酸反应,反应速率相等 C. 用铁片与硫酸反应制备氢气时,用浓硫酸可以加快产生氢气的速率 D. 催化剂不影响反应的活化能但能增大单位体积内的活化分子百分数,从而增大反应速率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高温度,分子总数不变,活化分子数增大,活化分子百分数增大,所以升高温度能使化学反应速率增大,故A正确;‎ B. 接触面积增大,加快反应速率,等质量锌粉和锌片分别与等体积等浓度的盐酸反应,锌粉反应速率快,故B错误;‎ C. 铁遇浓硫酸钝化,用浓硫酸不能加快产生氢气的速率,故C错误;‎ D. 催化剂降低反应的活化能,增大单位体积内的活化分子百分数,从而增大反应速率,故D错误。‎ 选A。‎ ‎6.下列四种溶液中,水的电离程度最大的是(  )‎ A. pH=5的NH4Cl溶液 B. pH=5的NaHSO4溶液 C. pH=8的CH3COONa溶液 D. pH=8的NaOH溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:A.pH=5的NH4Cl溶液中铵根离子水解,促进水的电离,c(H+)水=10-5mol/L;B.pH=5的NaHSO4溶液中氢离子抑制水的电离,水电离出的离子浓度c(OH-)水=10-9mol/L;C.pH=8的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离,水电离出离子浓度c(OH-)水=10-6mol/L;D.pH=8的NaOH溶液中氢氧根离子抑制水的电离,水电离出的离子浓度c(H+)水=10-8mol/L;综上所述水的电离程度最大的是A,答案选A。‎ 考点:考查水的电离 ‎7.下列化学原理的应用,主要用沉淀溶解平衡原理解释的是(  )‎ ‎①热纯碱溶液的洗涤油污能力强 ②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐混用后,常用0.5%的Na2SO4溶液解毒 ③溶洞、珊瑚的形成 ④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能 ⑤泡沫灭火器灭火的原理 A. ①②③ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析:①根据碳酸钠是强碱弱酸盐,水解吸热解答;‎ ‎②钡离子有毒,钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀;‎ ‎③石灰岩的主要成分是碳酸钙,钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀;‎ ‎④碳酸钡能溶于盐酸,而硫酸钡不能溶于强酸和水;‎ ‎⑤碳酸氢钠溶液水解呈碱性,硫酸铝水解呈酸性,碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳。‎ 详解:①碳酸钠是强碱弱酸盐,因为水解使其溶液呈碱性,碱能促进油脂水解;水解是吸热过程,加热有利于水解平衡正向移动,故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强,应用了盐类水解原理,①不选;‎ ‎②钡离子有毒,所以可溶性的钡盐有毒,钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡,即易溶性的物质能向难溶性的物质转化,所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释,②可选;‎ ‎③水中含有钙离子,空气中有二氧化碳,二氧化碳和水反应生成碳酸,碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙,长时间反应,形成溶洞,所以可以用沉淀平衡原理来解释,③可选;‎ ‎④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水,硫酸钡和盐酸不反应,所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能,可以用沉淀平衡原理来解释,④可选;‎ ‎⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性,硫酸铝水解使其溶液呈酸性,氢离子和氢氧根离子反应生成水,则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解,从而迅速产生二氧化碳,所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理,⑤不选;因此能用沉淀溶解平衡原理来解释的是②③④,答案选B。‎ ‎8.已知A、B、C、D四种物质都是气体,现在‎5L的密闭容器中进行反应:‎4A+5B‎4C+6D,30s后C的物质的量增加了0.30mol。则下列有关叙述正确的是( )‎ A. 反应开始至30s,v(A)=0.010mol·L-1·s-1‎ B. 30s时容器中D的物质的量至少为0.45mol C. 30s时容器中A、B、C、D的物质的量之比一定是4∶5∶4∶6‎ D. 反应开始至30s,容器中A的物质的量增加了0.30mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 30s后C的物质的量增加了0.30mol,则A的物质的量减少0.30mol,反应开始至30s,v(A)=mol·L-1·s-1,故A错误;‎ B. 根据反应方程式,30s后C的物质的量增加了0.30mol ,生成0.45mol D,则容器中D的物质的量至少为0.45mol,故B正确;‎ C. 起始物质的量不确定,所以30s时容器中A、B、C、D的物质的量之比不确定,故C错误;‎ D. 30s后C的物质的量增加了0.30mol,根据方程式,反应开始至30s,容器中A的物质的量减少0.30mol,故D错误。‎ ‎9.反应 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0,达到平衡时,只改变下列一个条件,平衡不发生移动的是 A. 升高温度 B. 恒温恒容充入氧气 C. 恒温恒容充入SO3 D. 加入催化剂V2O5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度,平衡向吸热的逆反应方向移动,错误;‎ B.恒温恒容充入氧气,由于反应物的浓度增大,所以化学平衡向正反应方向移动,错误;‎ C.恒温恒容,充入三氧化硫,生成物的浓度增大,化学平衡向逆反应方向移动,错误;‎ D.加入催化剂,只能加快化学反应速率,但由于正反应、逆反应速率加快的程度一样,所以化学平衡不发生移动,正确;‎ 答案选D。‎ ‎10.常温下,将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释,溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是( )‎ A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>c C. a点的Kw值比b点的Kw值大 D. a点水电离的c(H+)大于c点水电离的c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 稀释之前,两种溶液导电能力相等,说明离子浓度相等,由于醋酸为弱电解质,不能完全电离,则醋酸浓度大于盐酸浓度,加水稀释时,醋酸进一步电离,所以稀释过程中,醋酸导电能力大于盐酸,则Ⅰ为醋酸稀释曲线,Ⅱ为盐酸稀释曲线。‎ ‎【详解】A.稀释之前,两种溶液导电能力相等,说明离子浓度相等,由于醋酸为弱电解质,不能完全电离,则醋酸浓度大于盐酸浓度,故A错误; B.导电能力越大,说明离子浓度越大,酸性越强,则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c<a<b,故B错误; C.相同温度下,Kw相同,a点的Kw等于b点的Kw值,故C错误; D.a点离子浓度小于c点离子浓度,氢离子浓度越大,对水的电离抑制程度越大,则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度,故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素,加水稀释促进弱电解质的电离,注意溶液中离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键。‎ ‎11.根据如图所示示意图,下列说法不正确的是 A. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1‎ B. 该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量 C. a mol C和a mol H2O反应生成a mol CO和a mol H2吸收的热量一定为‎131.3a kJ D. 1 mol C(g)、2 mol H、1 mol O转变成1 mol CO(g)和1 mol H2(g)放出的热量为a kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 由图可知,该反应为吸热反应,反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1,A正确;B. 该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量,B正确;C. a mol C和a mol H2O(气态)反应生成a mol CO和a mol H2吸收的热量一定为‎131.3a kJ,C不正确,没有指明水水的状态;D.由图可知, 1 mol C(g)、2 mol H、1 mol O转变成1 mol CO(g)和1 mol H2(g)放出的热量为a kJ,D正确。本题选C。‎ 点睛:反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。‎ ‎12.已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水,并放出热量bkJ,则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是( )‎ A. ‎2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-2bkJ·mol-1‎ B. C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=+2bkJ·mol-1‎ C. ‎2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-4bkJ·mol-1‎ D. ‎2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+bkJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】乙炔气体完全燃烧生成1mol二氧化碳气体和液态水,并放出热量bkJ,则2mol乙炔气体完全燃烧生成4mol二氧化碳气体和液态水,放出热量4bkJ,燃烧放热,焓变为负值,乙炔燃烧的热化学方程式‎2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-4bkJ·mol-1,故选C。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式的书写,明确物质的量与热量成正比例关系,特别注意:物质的聚集状态、反应热的符号、数值、单位进行解答。‎ ‎13.一定条件下,在体积为‎10L的密闭容器中充入1mol X和1mol Y进行反应:2X(g)+Y(g)Z(g),60s后反应达到平衡,生成Z的物质的量为0.3mol。下列说法正确的是 A. X的平衡转化率为40%‎ B. 若将容器体积变为‎20L,则Z的平衡浓度小于原来的 C. 若增大压强,则Y的平衡转化率减小 D. 若升高温度,X的体积分数增大,则该反应的ΔH>0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.60s后反应达到平衡,生成Z的物质的量为0.3mol,根据方程式2X(g)+Y(g)Z(g),反应的X为0.6mol,则X的平衡转化率为×100%=60%,故A错误;‎ B.将容器容积变为‎20L时,气体的压强减小,平衡向体积增大的方向移动,即平衡逆向移动,Z的物质的量减小,即小于0.3mol,Z的新平衡浓度将小于原平衡浓度的,故B正确;‎ C.增大压强后,平衡向着正反应方向移动,则Y的转化率增大,故C错误;‎ D.若升高温度,X 的体积分数增大,说明平衡逆向移动,则逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,该反应的ΔH<0,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎14.现有室温下四种溶液,有关叙述不正确的是(  )‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎11‎ ‎11‎ ‎3‎ ‎3‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后,两溶液的pH均增大 B. ②③两溶液等体积混合,所得溶液中c(H+)>c(OH-)‎ C. 分别加水稀释10倍,四种溶液的pH ①>②>④>③‎ D. V‎1 L ④与V‎2 L ①混合,若混合后溶液pH=7,则V1< V2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.③④中分别加入适量醋酸钠晶体,③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离,④反应生成醋酸,醋酸部分电离,所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小,则溶液的pH都增大,故A正确;‎ B.醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质,pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度,二者等体积混合时,醋酸有剩余,溶液呈酸性,所以所得溶液中:c(H+)>c(OH-),故B正确;‎ C.室温下,碱溶液pH大于酸溶液;加水稀释促进弱电解质电离,所以稀释10倍后pH:①>②>④>③,故C正确;‎ D.V‎1L④和V‎2L①溶液混合后,若pH=7,氨水浓度远远大于盐酸,要使混合溶液呈中性,则V1>V2,故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎15.常温时,向20mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液,滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a点的pH=1‎ B. b点时,c (CH3COO—)=0.05mol/L C. c点时,V(NaOH)=20mL D. 反应过程中的值不断增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、CH3COOH为弱酸,部分电离,a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液,c(H+)浓度小于0.1 mol/L,则pH大于1,故A错误;B、b点溶质为CH3COOH和CH3COONa,二者物质的量相等;溶液体积由20mL扩大为30mL,根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol/L×;CH3COOH的电离和CH3COO-的水解均是微弱的,则二者的浓度应均接近于≈0.033mol/L,不会等于0.05mol/L,故B错误; C、假设c点时,V(NaOH)=20mL,则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa,此时溶液显碱性,pH>7,与图不符,故假设不成立,故C错误;D、,随着NaOH的加入,溶液的碱性逐渐增强,c(H+)逐渐减小,而温度不变,Ka不变,则的值逐渐增大,故D正确。故选D。‎ 点睛:b点溶质为CH3COOH和CH3COONa,二者物质的量相等,此时溶液显酸性,则CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解,所以c(CH3COO-)>c(CH3COOH),又c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)= 0.1 mol/L×,所以c(CH3COO-)略大于0.033mol/L,c(CH3COOH)略小于0.033mol/L,B选项为该题的难点。‎ ‎16.一定条件下,分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B,发生反应如下:‎2A (g) +B (s)‎ ‎2D (g) △H<0,测得相关数据如下,分析可知下列说法不正确的是 ‎ ‎ 实验I ‎ 实验II ‎ 实验III ‎ 反应温度 / ℃ ‎ ‎800 ‎ ‎800 ‎ ‎850 ‎ c( A )起始/mol·L-1 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎1 ‎ c( A)平衡 /mol·L-1 ‎ ‎0.5 ‎ ‎1 ‎ ‎0.85 ‎ 放出的热量/kJ ‎ a ‎ b ‎ c ‎ A.实验III的化学平衡常数K<1‎ B.实验放出的热量关系为b>‎‎2a C.实验III在30min达到平衡时的速率v (A)为0.005mol·L-1·min-1‎ D.当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应已达平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:A、 ‎2A(g)+B(s)2D(g)‎ 起始浓度(mol/L) 1 0‎ 转化浓度(mol/L) 0.15 0.15‎ 平衡浓度(mol/L) 0.85 0.15‎ 所以该温度下反应的平衡常数K==<1,因此A正确;‎ B、由于反应前后体积不变,所以实验I和实验Ⅱ的平衡是等效的,因此b=‎2a,B不正确;C、实验III在30min达到平衡时的速率v(A)==0.005mol• L-1·min-1,C正确;D、密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量是变化的,而容器容积是不变的,因此当容器内气体密度不随时间而变化时上述反应达到平衡,D正确,答案选B。‎ 考点:考查可逆反应速率、平衡常数的计算、等效平衡应用以及平衡状态的判断 二、非选择题(共52分)‎ ‎17.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题:‎ ‎(1)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长,试用化学方程式表示:盐碱地产生碱性的原因:______________;农业上用石膏降低其碱性的反应原理:__________。‎ ‎(2)若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍,稀释后pH仍相等,则m________(填“>”“<”或“=”)n。‎ ‎(3)常温下,在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=__________。‎ ‎(4)‎25 ℃‎时,将a mol·L-1氨水与0.01 mol·L-1盐酸等体积混合,反应平衡时溶液中c()=c(Cl-),则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH (2). Na2CO3+CaSO4=CaCO3+Na2SO4 (3). < (4). 1.0×10-8 mol·L-1 (5). 中 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)碳酸钠在溶液中水解使溶液显碱性,导致盐碱地呈碱性,水解的化学方程式为Na2CO3+H2O NaHCO3+NaOH;向盐碱地中加入石膏(CaSO4),CaSO4和Na2CO3反应生成硫酸钠和碳酸钙,反应的化学方程式为:Na2CO3+CaSO4=CaCO3+Na2SO4,盐碱地中碳酸钠的浓度减小,使盐碱地中氢氧根浓度减小,碱性减弱,故答案为:Na2CO3+H2O NaHCO3+NaOH;Na2CO3+CaSO4=CaCO3+Na2SO4;‎ ‎(2)氨水中存在电离平衡,稀释促进一水合氨的电离,使溶液中氢氧根的物质的量增加,而氢氧化钠在溶液中完全电离,不存在电离平衡,所以要使稀释的后的pH相等,氨水稀释的倍数大于氢氧化钠溶液,即m<n,故答案为:<;‎ ‎(3)常温下,在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度,醋酸电离出的氢离子抑制水的电离,则由水电离出来的c(OH-)=mol/L=1×10-8mol/L,故答案为:1×10-8mol/L;‎ ‎(4)在‎25℃‎下,平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=0.005mol/L,根据物料守恒得n(NH3▪H2O)=(‎0.5a-0.005)mol/L,根据电荷守恒得c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,溶液呈中性,NH3▪H2O的电离常数Kb= ==,故答案为:中;。‎ ‎18.一定温度下,向‎1.0L密闭容器中加入0.60molX(g),发生反应X(g)=Y(s)+2Z(g) ΔH>0,反应达到最大限度前,测得X的浓度与反应时间的数据如表所示:‎ 反应时间t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ c(X)/mol·L-1‎ ‎0.60‎ ‎0.42‎ ‎0.30‎ ‎0.21‎ ‎0.15‎ a ‎0.0375‎ 试回答下列问题:‎ ‎(1)0~3min内,用Z表示的平均反应速率v(Z)=___。‎ ‎(2)分析该反应中反应物浓度随时间的变化规律,得出的结论是___。由此结论推出a为___。‎ ‎(3)该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图所示,t2时改变了某一反应条件,则改变的条件为___。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 0.26mol·L-1·min-1 (2). 每反应2min,X的浓度减少一半 (3). 0.075 (4). 增大X的浓度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据v(Z)=计算;‎ ‎(2)根据X的浓度变化分析结论;‎ ‎(3)根据图像可知,t2时逆反应速率逐渐增大;‎ ‎【详解】(1)0~3min内,X的浓度减小了0.60mol·L-1-0.21 mol·L-1=0.39 mol·L-1,根据方程式,Z的浓度增大了0.39 mol·L-1×2=0.78 mol·L-1;用Z表示的平均反应速率v(Z)=0.26mol·L-1·min-1 ; ‎ ‎(2)根据X的浓度随时间的变化规律,可知每反应2min,X的浓度减少一半,所以a= =0.075 mol·L-1;‎ ‎(3)根据图像可知,t2时逆反应速率逐渐增大,t2时改变的条件是增大反应物X的浓度。‎ ‎19.氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。‎ ‎(1)上图是N2(g)和H2(g)反应生成1 mol NH3(g)过程中能量的变化示意图,请写出N2和H2反应的热化学方程式:______________。‎ ‎(2)若已知下列数据:‎ 化学键 H—H N≡N 键能/kJ·mol-1‎ ‎435‎ ‎943‎ 试根据表中及图中数据计算N—H的键能:________ kJ·mol-1。‎ ‎(3)用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。已知:‎ ‎4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-a kJ·mol-1①‎ N2(g)+O2(g)===2NO(g) ΔH2=-b kJ·mol-1②‎ 若1 mol NH3还原NO至N2,则该反应过程中的反应热ΔH3=________ kJ·mol-1(用含a、b的式子表示)。‎ ‎(4)捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂,它们与CO2可发生如下可逆反应:‎ 反应Ⅰ:2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g) (NH4)2CO3(aq) ΔH1‎ 反应Ⅱ:NH3(l)+H2O(l)+CO2(g) NH4HCO3(aq) ΔH2‎ 反应Ⅲ:(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g) 2NH4HCO3(aq) ΔH3‎ 则ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是ΔH3=________。‎ ‎【答案】 (1). N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)  ΔH=-92 kJ·mol-1 (2). 390 (3). (4). 2ΔH2-ΔH1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。‎ ‎(1)根据图像得出生成1 mol NH3(g)的焓变ΔH =254 kJ·mol-1 - 300 kJ·mol-1 =-46 kJ·mol-1,N2和H2反应的热化学方程式:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol-1‎ ‎ (2)设N—H键键能为x kJ·mol-1‎ ΔH = 断键吸收的热量 – 成键放出的热量 = 943 kJ·mol-1 + 435 kJ·mol-1×3 – 6x =‎ ‎-92 kJ·mol-1‎ x = 390‎ 故答案为:390;‎ ‎(3)用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。已知:‎ ‎4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-a kJ·mol-1①‎ N2(g)+O2(g)===2NO(g) ΔH2=-b kJ·mol-1②‎ ‎4NH3(g) + 6NO(g) === 5N2(g) +6H2O(g) ‎ 要得到目标反应:① - ②×3 即ΔH =(3b-a)kJ·mol-1‎ 若1 mol NH3还原NO至N2,则该反应过程中的反应热ΔH3= kJ·mol-1,‎ 故答案为:;‎ ‎(4)反应Ⅰ:2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq) ΔH1‎ 反应Ⅱ:NH3(l)+H2O(l)+CO2(g) NH4HCO3(aq) ΔH2‎ 反应Ⅲ:(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g) 2NH4HCO3(aq) ΔH3‎ 将第二个反应方程的2倍减去第一个方程得到方程三,ΔH3=2ΔH2-ΔH1,‎ 故答案为:2ΔH2-ΔH1。‎ ‎20.砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。‎ ‎(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高效吸附剂X,吸附剂X中含有CO32-,其原因是____。‎ ‎(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。‎ ‎①以酚酞为指示剂(变色范围pH8.0~10.0),将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为____。‎ ‎②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=___(pKa1=-lgKa1)。‎ ‎(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH=7.1时,吸附剂X表面不带电荷;pH>7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。‎ ‎①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是___。‎ ‎②吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为___,提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是___。‎ ‎【答案】 (1). 碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2). OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O (3). 2.2 (4). 在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增强 (5). 在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电荷,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小 (6). 加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠和水。‎ ‎(2)①当溶液由无色变浅红色时停止滴加,溶液pH为8~10,H3AsO3减少、H2AsO3-增多;‎ ‎②Ka1=,K仅与温度有关;‎ ‎(3)①pH>7.1时吸附剂X表面带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;‎ ‎②在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电荷,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在;而三价砷主要以H3AsO3分子存在。‎ ‎【详解】(1)吸附剂X中含有NaOH溶液,能吸收空气中的CO2生成CO32-。‎ ‎(2)①图1中pH为8~10时,三价砷物种主要以H3AsO3和H2AsO3-的形式存在,故滴加NaOH溶液的过程中主要反应的离子方程式为OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O。‎ ‎②Ka1=,K仅与温度有关,为方便计算,在图2中取pH=2.2时计算,此时c(H2AsO4-)=c(H3AsO4),则Ka1=c(H+)=10-2.2,pKa1=2.2。‎ ‎(3)①从图2知,pH由‎7升至9时,H2AsO4-转变为HAsO42-,由题中信息知,pH>7.1时,pH越高,吸附剂X所带负电荷越多,则吸附剂X与HAsO42-的静电斥力增强。‎ ‎②在pH为4~7时,吸附剂X表面带正电荷,从图2知,pH在4~7之间时,吸附剂X吸附H2AsO4-和HAsO42-;从图1知,pH在4~7之间时,三价砷主要以分子形式存在,二者静电引力小。加入氧化剂,可以将三价砷转化为五价砷,而被吸附剂X吸附。‎
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