湖北省宜昌市长阳县第一高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

湖北省宜昌市长阳县第一高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

高二化学试卷 考试时间：90分钟 试卷总分：100分 第I卷（选择题，共54分）‎ 一、选择题（本部分包括18小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共54分。）‎ ‎1.下列关于能量变化的说法，正确的是( )‎ A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同 B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应生成物的总能量高于反应物的总能量 C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量 D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；D、氯化钠熔化，离子键断裂；‎ ‎【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同，根据盖斯定律，将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同，故A错误；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应，该反应生成物的总能量低于反应物的总能量，故B错误；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、氯化钠熔化，离子键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；故选C。‎ ‎2.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是 （ ）‎ ‎①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能 A. ①②③④ B. ③④⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. ⑤⑥⑦⑧‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且具有可以再生的特点，⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能符合未来新能源的特点，合理选项是D。‎ ‎3.参照反应Br + H2 →HBr +H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 正反应为放热反应 B. 加入催化剂，该化学反应的反应热不改变 C. 加入催化剂，该化学反应的活化能不改变 D. 加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应物的总能量小于生成物的总能量，可知正反应为吸热反应，A错误； ‎ B.加入催化剂降低了反应的活化能，催化剂不能改变反应物的总能量与生成物的总能量的差值，即不能改变反应热，B正确；‎ C.加入催化剂降低了反应的活化能，所以反应的活化能降低，C错误；‎ D.催化剂只改变活化能，同时改变正、逆反应速率，所以加入催化剂可增大正反应速率和逆反应速率，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是 A. 铝片和稀盐酸反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 C. 灼热的碳与二氧化碳的反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中属于氧化还原反应，又属于吸热反应可知，本题考查氧化还原反应的特征和常见吸热反应，运用有化合价变化的反应是氧化还原反应和常见吸热反应分析。‎ ‎【详解】A. 铝片和稀盐酸属于氧化还原反应，又属于放热反应，A项错误；‎ B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于非氧化还原反应，又属于吸热反应,B项错误；‎ C. 碳与二氧化碳的反应属于氧化还原反应，又属于吸热反应,C项正确；‎ D. 甲烷在氧气中的燃烧属于氧化还原反应，又属于放热反应,D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】常见吸热反应：大多数的分解反应；以C 、CO、H2为还原剂的反应；八水合氢氧化钡与氯化铵反应。‎ ‎5.把 0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L的密闭容器中，使它们发生如下反应3X(g)+Y(g)nZ(g)+2W(g)，5min末已生成 0.2molW，若测知以 Z 表示的平均反应速率为 0.01mol·L﹣1·min﹣1，则 n是（　　）‎ A. 1 B. 4 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】5min内W的平均化学反应速率v(W)==0.02mol/(L·min)，利用各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，则：v(Z)：v(W)= 0.01 mol/(L·min)：0.02mol/(L·min)=n：2，所以n=1，‎ 故合理选项是A。‎ ‎6.常温下，下列反应的平衡常数的数值如下：‎ ‎2NO(g)N2(g)+O2(g)　K1=1×1030；‎ ‎2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　K2=2×1081；‎ ‎2CO2(g)2CO(g)+O2(g)　K3=4×10－92。‎ 以下说法正确的是（ ）‎ A. 常温下，NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式为K1=c(N2)·c(O2)‎ B. 常温下，水分解产生O2，此时平衡常数的数值约为5×10-82‎ C. 常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2‎ D. 以上说法都不正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据平衡常数的含义可知常温下，NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式为K1=，A错误；‎ B常温下，水分解产生O2，此时平衡常数K==5×10-82，B错误；‎ C.在相同温度下，物质分解产生O2的化学平衡常数越大，说明反应越容易进行，由于三个产生O2反应的化学平衡常数：K(NO)>K(H2O)>K(CO2)，所以常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2，C正确；‎ D.根据选项C分析可知C说法正确，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎7.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（ ）‎ ‎①增加少量C(s)  ②升高温度   ③体积不变，再通入CO2‎ ‎④缩小体积增大压强    ⑤体积不变，再通入He        ⑥压强不变，再通入He A. ①②③⑥ B. ①④③ C. ②③④⑤ D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 增大压强、浓度、温度等，均可加快反应速率，固体量的增减不会引起反应速率的改变，压强对反应速率的影响是通过改变浓度来实现的，以此来解答。‎ ‎【详解】①C为纯固体，增加碳的量，反应速率不变，①错误；‎ ‎②升高温度，化学反应速率加快，②正确；‎ ‎③通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，③正确；‎ ‎④缩小体积，即增大体系的压强，有气体参加反应，物质浓度增大，反应速率加快，④正确；‎ ‎⑤恒容下充入He，反应体系中各个物质的浓度不变，反应速率不变，⑤错误；‎ ‎⑥恒压下充入He，反应容器的容积扩大，反应体系的分压减小，导致物质的浓度减小，反应速率减小，⑥错误；‎ 综上所述可知，可以增大反应速率的有②③④，故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查反应速率的因素，把握影响反应速率的常见因素为解答的关键，注重考查学生对基础知识理解和应用。‎ ‎8.已知碳酸钙的分解①CaCO3(s)==CaO(s)+CO2(g) △H1，仅在高温下自发；②氯酸钾的分解2KClO3(s)==2KCl(s)+3O2(g) △H2，在任何温度下都自发。下面有几组焓变数据，其中可能正确的是 A. △H1＝－178.32kJ·mol－1 △H2＝－78.3kJ·mol－1‎ B. △H1＝178.32kJ·mol－1 △H2＝－78.3kJ·mol－1‎ C. △H1＝－178.32kJ·mol－1 △H2＝78.3kJ·mol－1‎ D. △H1＝178.32kJ·mol－1 △H2＝78.3kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题根据△G＝△H－T·△S可知，如果仅在高温自发，则说明△H1＞0，△S1＞0；任何温度均自发，则说明△H2＜0，△S2＞0；‎ 答案：B ‎9.一定温度下，将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g) xC(g)+D(s)△H<0，在 t1 时达平衡。在 t2 、t3 时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中 C(g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是 A. t2 时刻改变的条件是使用催化剂 B. t3时刻v(逆)可能小于t2 时刻v(逆)‎ C. t3时刻改变的条件一定是增大反应物的浓度 D. t1～t2、t2～t3平衡常数均为0.25‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能影响C的物质的量浓度，由图可知，t2时刻C的浓度增大，但平衡不移动，因此改变的条件不是催化剂，故A错误；‎ B.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，t3时刻v(逆)可能小于t2时刻v(逆)，故B正确；‎ C.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，改变的条件可能是增大反应物的浓度、降低温度等，故C错误；‎ D.根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在在t2‎ 时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，反应方程式为：A（g）+B（g）2C（g）+D（s），t1～t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L，则：‎ A（g）+B（g）2C（g）+D（s）‎ 起始浓度（mol/L）0.5 0.5 0‎ 转化浓度（mol/L）0.25 0.25 0.5‎ 平衡浓度（mol/L）0.25 0.25 0.5‎ 所以平衡常数K＝＝4，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎10.下列不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）‎ ‎①打开雪碧的瓶盖，立即有气体逸出 ②由 H2、I2、HI 三种气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ③可用浓氨水和氢氧化钠固体混合来快速制氨 ④煅烧粉碎的硫铁矿有利于 SO2生成 ⑤使用铁触媒，使 N2 和 H2 的混合气体有利于合成 NH3 ⑥将混合气体中的氨气液化有利于合成氨反应 ⑦500 ℃左右比室温更有利于合成 NH3 ⑧ 配制 FeCl2溶液时加入少量铁屑 ⑨ 实验室常用排饱和食盐水法收集 Cl2 ⑩推压装有 NO2 的注射器活塞，注射器内气体颜色先变深后变浅但比推压之前深 A. 4 项 B. 5 项 C. 6 项 D. 7项 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理是指在一个平衡体系中，若改变影响平衡的一个条件，平衡总是要向能够减弱这种改变的方向移动。比如一个可逆反应中，当增加反应物的浓度时，平衡要向正反应方向移动，平衡的移动使得增加的反应物浓度又会逐步减少；但这种减弱不可能消除增加反应物浓度对这种反应物本身的影响，与旧的平衡体系中这种反应物的浓度相比，还是增加了。‎ ‎【详解】①溶液中存在二氧化碳的溶解平衡CO2+H2OH2CO3，该反应是可逆反应，所以可以用勒夏特列原理解释，①不选；‎ ‎②由H2+I22HI，因为两边气体计量数相等，所以加压平衡不移动，体积缩小浓度增大，不用勒夏特列原理解释，②选；‎ ‎③一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，存在电离平衡，弱电解质的电离是吸热反应，升高温度促进一水合氨电离，NaOH溶于水放出热量，相当于加热，所以促进氨气制取，③不选；‎ ‎④煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成，加快反应速率，但不影响平衡的移动，④选；‎ ‎⑤使用铁触媒，使N2和H2的混合气体有利于合成NH3，催化剂只改变反应速率，不影响平衡的移动，⑤选；‎ ‎⑥合成氨反应中，将混合气体中的氨气液化，减小了生成物浓度，平衡向着正向移动，可以用平衡移动原理解释，⑥不选；‎ ‎⑦合成氨放热，温度升高，平衡逆向移动，所以500℃左右比室温不利于合成氨的反应，不能用勒夏特列原理解释，⑦选；‎ ‎⑧配制FeCl2溶液时加入少量铁屑，防止亚铁被氧化，不能用勒夏特列原理解释，⑧选；‎ ‎⑨氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，所以可以用勒夏特列原理解释，⑨不选；‎ ‎⑩推压装有NO2的注射器活塞，注射器内气体颜色先变深后变浅但比推压之前深，是因为二氧化氮和四氧化二氮存在化学平衡，推压装有NO2的注射器活塞，增大压强，体积缩小，浓度增大，但平衡向生成四氧化二氮的方向进行，能用勒夏特列原理解释，⑩不选，‎ 可见不能用勒夏特列原理解释的是②④⑤⑦⑧，共五项，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了勒夏特列原理的应用，注意浓度、温度和压强的改变都会使化学平衡发生相应的改变是解决本题的关键。掌握外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响是本题解答的基础。‎ ‎11.已知1 mol燃料完全燃烧的数据分别为:‎ 燃料 一氧化碳 甲烷 异辛烷(C8H18)‎ 乙醇 ΔH ‎-2830 kJ • mol-1‎ ‎-891.0 kJ • mol-1‎ ‎-5461.0 kJ • mol-1‎ ‎-1366.8 kJ • mol-1‎ 使用上述燃料最能体现“低碳经济”理念的是 A. 一氧化碳 B. 甲烷 C. 异辛烷 D. 乙醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 低碳经济是指在可持续发展理念 指导下，通过技术创新 ‎、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。即每生成1摩尔二氧化碳时，放出热量最大的物质符合题意，异辛烷(C8H18)[ 5461.0 kJ • mol-1/8=682.6 kJ • mol-1]，乙醇[1366.8 kJ • mol-1/2=683.4 kJ • mol-1]，故B正确。‎ ‎12.2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2充入体积不变得密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)，达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时再充入2.0mol PCl3和1.0mol Cl2，再相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量是（ ）‎ A. 0.4mol B. 0.8mol C. 大于0.8mol D. 大于0.4mol，小于0.8mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2充入体积不变得密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)，达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时再充入2.0mol PCl3和1.0mol Cl2，若化学平衡不发生移动，则平衡时PCl5为2×0.4mol=0.8mol，但由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，再向容器中充入2.0mol PCl3和1.0mol Cl2，使容器的压强增大，增大压强，平衡正向移动，因此在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量要大于0.8mol，故合理选项是C。‎ ‎13.从植物花朵中提取到一种色素，它实际上是一种有机弱酸，可用HR表示，HR在盐酸中呈现红色，在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色,微热后溶液的红色褪去，根据以上现象，可推测 A. HR应为红色 B. HR应为蓝色 C. R-应为无色 D. R-应为红色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：色素，实际上是一种有机弱酸，用HR表示，HR在盐酸溶液中呈现红色，HR在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，由题意可知，在盐酸和硝酸中均显示红色，在硝酸中加热后褪色，是硝酸的强氧化性使之褪色，所以可推测HR应为红色。故选A。‎ 考点：指示剂变色 点评：盐酸只有酸性年，而浓硝酸具有酸性和强氧化性，在本题中硝酸主要表现为强氧化性，能使指示剂褪色。‎ ‎14.已知反应：①2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1，②H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ‎ ‎ ΔH＝－57.3kJ·mol－1。下列结论正确的是（ ）‎ A. 碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1‎ B. ①的反应热为221kJ·mol－1‎ C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－57.3kJ·mol－1‎ D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A正确；‎ B项、①为放热反应，反应热为-221kJ/mol，故B错误；‎ C项、稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应反应生成1mol水放出的热量为中和热，中和热为57.3kJ/mol或△H=-57.3kJ/mol，故C错误；‎ D项、弱电解质电离时需要吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应时，醋酸需要电离出氢离子，生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O（l）、C→CO2（g）、S→SO2（g）]。‎ ‎15.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是( )(已知：pH=-lgc(H+))‎ ‎ ‎ A. 将稀醋酸加水稀释时，c(H+)减小，c(OH-)也减小 B. a、b、c三点溶液的pH：b0，a＋b>c B. ΔH>0，a＋bc D. ΔH<0，a＋bL1。‎ ‎【详解】（1）根据图中信息可知反应Ⅰ中反应物为SO2、H2O和I2，生成物为H2SO4和HI，故反应Ⅰ的化学方程式是SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。‎ ‎（2）已知：①2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol-1②H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g）△H=+177kJ•mol-1，根据盖斯定律①-2×②可得：2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ/mol；故答案为2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H=+196kJ/mol。‎ ‎（3）①该反应正反应为吸热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，故X代表的物理量为温度，故答案为温度。‎ ‎②根据①可知L代表的物理量为压强。SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大，故L2>L1，故答案为L2>L1；SO3(g)分解是体积增大的反应，当温度一定时，压强增大，SO3质量分数增大。‎ ‎20.蚊虫、蚂蚁等叮咬人时，常向人体血液注入一种含有蚁酸(甲酸，HCOOH)的液体。‎ ‎(1)写出甲酸在溶液中的电离方程式： ___________。‎ ‎(2)当人受到蚂蚁叮咬时，皮肤上会起小疱，即使不治疗，过一段时间小疱也能自行痊愈，其原因为 ________。有同学认为，受到蚂蚁叮咬时及时涂抹稀氨水或肥皂水能起到治疗作用，这一观点________（填“正确”或“不正确”）。‎ ‎(3)已知：25 ℃时，HCOOH的电离平衡常数K=1.8×10-4，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11。下列说法正确的是（ ）‎ A.向碳酸钠溶液中加入甲酸溶液看不到明显现象 B.25 ℃时，向甲酸溶液中加入NaOH溶液，甲酸的电离程度和K值均增大 C.向0.1 mol·L－1甲酸溶液中加入蒸馏水，c(H+)增大 D.向碳酸中加入NaHCO3固体，溶液中c(H+)减小 ‎【答案】 (1). HCOOHHCOO-+H+ (2). 叮咬初期，血液中的H＋浓度增大，导致产生CO2而出现小疱，一段时间后血液又恢复酸碱平衡 (3). 正确 (4). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)甲酸是蚁酸，在溶液中存在电离平衡；‎ ‎(2)根据甲酸的酸性比碳酸强，可以与血液中的HCO3-发生复分解反应分析，利用酸、碱中和反应判断；‎ ‎(3)根据酸的电离平衡常数越大，酸性越强，利用强酸与弱酸的盐反应制取弱酸分析判断。‎ ‎【详解】(1)甲酸是蚁酸，在溶液中存在电离平衡，电离方程式为：HCOOHHCOO-+H+；‎ ‎(2)甲酸是一种酸，会电离产生H+，叮咬初期，血液中的H＋浓度增大，与血液中的HCO3-发生反应，产生甲酸盐、H2O、CO2，产生CO2而出现小疱，一段时间后血液又恢复酸碱平衡，过一段时间小疱也能自行痊愈；‎ 受到蚂蚁叮咬时及时涂抹稀氨水或肥皂水，由于这些物质水溶液显碱性，会消耗蚂蚁叮咬释放的甲酸，降低H+的浓度，因此能起到治疗作用；‎ ‎(3) A.由电离平衡常数可知：酸性HCOOH>H2CO3，所以向碳酸钠溶液中加入甲酸溶液，会发生复分解反应产生HCOONa、H2O、CO2，会看到产生气泡，A错误；‎ B.25 ℃时，向甲酸溶液中加入NaOH溶液，发生酸碱中和反应，甲酸的电离程度增大，但甲酸的电离平衡常数K值只与温度有关，温度不变，所以K不变，B错误；‎ C.向0.1 mol·L－1甲酸溶液中加入蒸馏水，促进甲酸电离，但溶液中c(H+)总的来说是降低，C错误；‎ D.在碳酸溶液中存在电离平衡：H2CO3H++HCO3-，向碳酸中加入NaHCO3固体，盐电离产生的HCO3-使溶液中c(HCO3-)增大，相当于增大了生成物的浓度，碳酸的电离平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)减小，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了甲酸的存在、作用及影响。涉及弱酸的电离平衡、盐的水解及平衡移动原理的应用。弱酸在溶液中部分电离，存在电离平衡，弱酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，电离产生的酸根离子水解程度就越小，可根据平衡移动原理分析酸的电离和盐的水解及离子浓度大小判断，强酸与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸。‎ ‎21. 臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。‎ ‎(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是______________和________________(填分子式)。‎ ‎(2)O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。‎ pH t/min T/℃ ‎ ‎3.0 ‎ ‎4.0 ‎ ‎5.0 ‎ ‎6.0 ‎ ‎20 ‎ ‎301 ‎ ‎231 ‎ ‎169 ‎ ‎58 ‎ ‎30 ‎ ‎158 ‎ ‎108 ‎ ‎48 ‎ ‎15 ‎ ‎50 ‎ ‎31 ‎ ‎26 ‎ ‎15 ‎ ‎7 ‎ ‎①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是________。‎ ‎②在30 ℃、pH＝4.0条件下，O3的分解速率为________mol/(L·min)。‎ ‎③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为________(填字母代号)。‎ a．40 ℃、pH＝3.0‎ b．10 ℃、pH＝4.0‎ c．30 ℃、pH＝7.0‎ ‎【答案】(1)I2　O2‎ ‎(2)①OH－　②1.00×10－4　③b、a、c ‎【解析】‎ 试题分析：(1)O3氧化KI，I－转化为I2的同时本身被还原生成O2。‎ ‎(2)①由题意知，pH增大，分解速率增大，OH－起催化作用；‎ ‎②根据v＝求解；‎ ‎③由表推断知，pH为7.0时，对O3的分解速率影响最大，当pH为3.0、4.0时 ，温度影响较大，综上可知，分解速率最快的为c，其次为a，最慢的是b。‎ 考点：考查臭氧的化学性质、外界条件对反应速率的影响 点评：本题通过陌生情景考查化学反应速、影响化学反应速率的外界因素、学生对图表的观察、分析以及学生对实验数据的分析、整理、归纳等方面的思维能力，难度较大。解决该类试题应注意：①认真审题，明确实验目的，理解直接测量与实验目的间的逻辑和数学关系；②理解控制变量的思想在实验设计和数据分析中的运用。‎ ‎22.I.2017年5月5日，中国首架按照国际标准研制的拥有自主知识产权的大型客机C-919在上海浦东机场首飞，科学家在实验室中研究的利用催化技术将飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H<0。‎ ‎(1)若将1mol NO和2mol CO通入2L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生上述反应，反应中生成的N2的物质的量浓度随时间的变化情况如图1所示。则NO从反应开始到平衡时的平均反应速率v(NO)=__________，4min末CO的浓度为__________mol·L-1。‎ ‎(2)已知上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系如图2所示。工业上催化装置中比较适合的温度和压强是__________‎ ‎ ‎ II.取50 mL0.50mol·L-1NaOH溶液和50 mL、0.50mol/L硫酸溶液进行中和热测定实验，实验数据如下表：‎ ‎(1)请填写表中的空白：‎ 温度 实验次数 起始温度t1/℃‎ 终止温度t2/℃‎ 温度差平均值（t2-t1）/℃‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎30.1‎ ‎__________‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎313‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.8‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎31.4‎ ‎ (2)近似认为0.50mol·L-1 NaOH 溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c =4.18J·g-1·℃-1。则中和热△H=__________。(取小数点后一位)‎ ‎(3)上述实验数值结果与57.3kJ·mol-1有偏差，产生偏差的原因可能是__________（填字母）。‎ a.实验装置保温、隔热效果差 b.量取NaOH溶液的体积时仰视读数 c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 ‎【答案】 (1). 0.05mol/(L·min) (2). 0.8 (3). 400K、1MPa (4). 4.0 (5). 66.9 kJ/mol (6). b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先计算从反应开始至平衡时N2的反应速率，然后根据速率比等于化学方程式的化学计量数的比计算v(NO)；‎ ‎(2)工业上催化装置比较适合的温度和压强是NO平衡转化率最大，设备承受压强较小，设备材料经济效益好；‎ II.(1)先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；‎ ‎(2)先根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热；‎ ‎(3)根据△H=-kJ/mol 及Q=m•c•△T分析实验误差。‎ ‎【详解】I.(1)根据图1可知：从反应开始至平衡时，△c(N2)=0.10mol/L，则v(N2)=‎ ‎=0.025mol/(L·min)，根据方程式2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)可知v(NO)=2v(N2)=2×0.025mol/(L·min)=0.05 mol/(L·min)；‎ 根据方程式可知：每反应产生1mol/LN2，会同时消耗2mol/LCO，则在4min末△c(N2)=0.10mol/L，所以CO改变浓度为0.20mol/L，由于反应开始时CO的浓度为1mol/L，因此平衡时CO的浓度为1mol/L-0.20mol/L=0.80mol/L；‎ ‎(2)反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系如图2所示，分析变化特征可知，工业上催化装置比较适合的温度和压强是400 K、1 MPa；‎ II. (1)4次温度差分别为：4.0℃，4.1℃，3.9℃，5.1℃，第四组数据偏差太大，要舍去，三次温度差平均值为4.0℃；‎ ‎(2)酸、碱中和反应实质是H++OH-=H2O，50mL 0.5mol/L NaOH溶液和50mL0.5mol/L稀硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量有物质的量少的NaOH决定，n(H2O)=0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×4.0℃=1672J，即1.672kJ，所以实验测得的中和热△H=-=66.9 kJ/mol；‎ ‎(3)a.装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，a错误；‎ b.量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，b正确；‎ c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，c错误；‎ d.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，d错误；‎ 故合理选项是b。‎ ‎【点睛】本题考查了图象分析判断、反应速率计算、影响化学反应速率的因素、中和热的测定原理及反应热的计算等知识，掌握化学基本概念及含义是解题关键，在中和热测定时，一定要做好保温工作，这是实验成败的关键，为保证碱完全反应，酸一定要稍过量，若实验时仰视读数，使NaOH的物质的量偏大，则反应放出热量就多，中和热数值就偏大，若操作缓慢，保温效果差，或测定溶液温度使用一个温度计，或俯视读取NaOH溶液的体积，则导致反应放出热量就少，测定的中和热数值就偏低。‎ ‎23.亚硝酰氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂，可通过反应：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)获得。‎ ‎（1）氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：‎ ‎①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1‎ ‎②4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K2‎ ‎③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K3 ‎ 则K3=__________（用K1、K2表示）。‎ ‎（2）300℃时，2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)的正反应速率表达式为v(正)=k·cn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如表所示：‎ 序号 c(ClNO)/(mol/L)‎ v/(x10-8mol·L-1·S-1)‎ ‎①‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎②‎ ‎0.60‎ ‎1.44‎ ‎③‎ ‎0.90‎ ‎3.24‎ k=__________________________。‎ ‎（3）按投料比[n(NO)：n(Cl2)=2：1]把 NO和Cl2加入到一恒压的密闭容器中发生反应，平衡时NO的转化率与温度T、压强p(总压)的关系如图A所示：‎ ‎①在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为______________。‎ ‎②若反应一直保持在P压强条件下进行，则M点的分压平衡常数KP=________（用含P的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 x体积分数）。‎ ‎（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图像如图B所示，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是________点，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，达到平衡状态ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的_______点。‎ ‎【答案】 (1). K12/K2 (2). 4×10-8 L/(mol·s) (3). 40% (4). 5/P (5). A ‎ ‎ (6). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据3个反应平衡常数表达式判断K3、K1、K2的关系；‎ ‎(2)取表格中的数据，带入v(正)=k·cn(ClNO)可得k值；‎ ‎(3)M点时NO的转化率为50%，利用“三段式”计算；‎ ‎(4)平衡体系中加入NO(g)，平衡正向移动，但NO(g)的转化率减小；投料比等于系数比时，产物百分含量最大。‎ ‎【详解】①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1= ， ②4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K2= ，③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K3=‎ 计算得到K3= K12/K2；‎ ‎(2) ，得n=2，则，K=4×10-8 L/(mol·s)；‎ ‎(3) 2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)‎ 初始 2a a 0‎ 转化 a 0.5a a 平衡 a 0.5a a ‎①容器内NO的体积分数为40%；‎ ‎②Kp==5/P；‎ ‎(4)平衡体系中加入NO(g)，平衡正向移动，但NO(g)的转化率减小，A、B、C三状态中，A点NO投料比例最小，NO的转化率最大的是A点；投料比等于系数比时，产物百分含量最大，当n(NO)/n(Cl2)=1.5时，比值小于系数比，随NO的增多ClNO的百分含量增大，故选D。‎ ‎ ‎