2018-2019学年河北省张家口市第一中学高一下学期期中考试化学试卷（解析版）

2018-2019学年河北省张家口市第一中学高一下学期期中考试化学试卷（解析版）

张家口市第一中学2018～2019学年度第二学期期中考试 化学（预科）试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，全卷满分100分。考试时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷(选择题，共60分)‎ 一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.某反应的反应过程中能量变化如图1 所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 催化剂能改变该反应的焓变 C. 催化剂能降低该反应的活化能 D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、总能量：反应物<生成物，则该反应是吸热反应，错误；B、催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，错误；D、读图可知活化能：正反应>逆反应，错误。‎ 考点：考查化学反应过程中的能量变化示意图等相关知识。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎2. 下列变化过程，属于放热反应的是 ‎①水蒸气变成液态水 ②酸碱中和反应 ③浓硫酸稀释 ‎④固体氢氧化钠溶于水 ⑤氢气在氯气中燃烧 ⑥食物腐败 A. ②③④⑤⑥ B. ②③④ C. ②⑤⑥ D. ①③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：①水蒸气变成液态水放热，但属于物理变化，不是放热反应，①错误；②酸碱中和反应属于放热反应，②正确；③浓硫酸稀释放热，但属于物理变化，不是放热反应，③错误；④固体氢氧化钠溶于水放热，但属于物理变化，不是放热反应，④错误；⑤氢气在氯气中燃烧放热，属于放热反应，⑤正确；⑥食物腐败属于放热反应，⑥正确，答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查放热反应判断 ‎【名师点晴】放热反应或吸热反应均是相对于化学变化，有能量变化的反应不一定是放热反应或吸热反应。反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。反应是否需要加热，只是引发反应的条件，与反应是放热还是吸热并无直接关系。许多放热反应也需要加热引发反应，也有部分吸热反应不需加热，在常温时就可以进行。‎ ‎3.对于反应COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)。改变下列条件：①升温 ②恒容下通入惰性气体③增加COCl2浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压下通入惰性气体,能加快反应速率的是（ ）‎ A. ①②⑤ B. ①③⑤ C. ②④⑥ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①升温、⑤加催化剂可增大活化分子百分数，反应速率增大；③增加CO浓度，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大；④减压、⑥恒压通入惰性气体，单位体积活化分子数目减小，反应速率减小；②恒容通入惰性气体，单位体积活化分子数目不变，则反应速率不变。‎ 故选B。‎ ‎4.元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是 A. 同周期元素中X的金属性最强 B. 原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－‎ C. 同族元素中Z的简单氢化物稳定性最高 D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子排布，若X为Na，Z为O，则Y的原子序数为‎36-11-8‎=17，则Y为Cl；若X为K，Y为S，19+16=35，Y只能为H，则不符合 X、Y位于同周期，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为Na，Y为Cl，Z为O，‎ A. 同周期从左向右金属性减弱，则同周期元素中 X 的金属性最强，A项正确；‎ B. 同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>Y，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X+H3PO4‎ B. 非金属性：Cl>Br C. 碱性：NaOH>Mg(OH)2‎ D. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、硫元素的非金属性强于磷元素，因此硫酸的酸性强于磷酸，A不符合题意；B、同主族从上到下非金属性逐渐减弱，所以氯元素的非金属性强于溴，B不符合题意；C、钠的金属性强于镁，因此氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，C不符合题意；D、碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠与元素周期律没有关系，D符合题意，答案选D。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.下列说法正确的是 A. 催化剂不影响反应活化能，但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 B. 化学反应速率为0.8 mol/（L·s）是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol/L C. 根据化学反应速率的大小可以判断化学反应进行的快慢 D. 对于化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．催化剂可降低反应的活化能；‎ B．反应速率是指平均速率，不是即时速率；‎ C．反应速率为衡量反应进行快慢的物理量；‎ D．反应速率与反应现象无必然联系。‎ ‎【详解】A．催化剂可降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率，故A错误；‎ B．反应速率是指平均速率，不是即时速率，化学反应速率为0.8 mol/（L·s）是指平均每秒内某物质的浓度的变化量为0.8 mol/L，故B错误；‎ C．反应速率为衡量反应进行快慢的物理量，根据化学反应速率的大小可以判断化学反应进行的快慢，故C正确；‎ D．反应速率与反应现象无必然联系，如中和反应的速率很快，但现象不明显，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎7.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 原子半径：W>Z>Y>X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z C. 最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z D. 元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，故B正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，故C正确；D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；故选A。‎ 考点：考查了元素周期律和元素周期表的相关知识。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）‎ A. 已知2H2（g）＋O2（g）= 2H2O（g）；△H=－483．6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241．8 kJ/mol B. 已知C（石墨，s）= C（金刚石，s）；△H＞0，则金刚石比石墨稳定 C. 含20．‎0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28．7 kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）＋HCl（aq）=NaCl（aq）＋H2O（aq）；△H=－57．4 kJ/mol D. 已知‎2C（s）＋2O2（g）=2CO2（g）；△H1，‎2C（s）＋O2（g）=2CO（g） ；△H2。则△H1<△H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、因燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，所以A错误；‎ B、根据C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以金刚石不如石墨稳定，故B错误；‎ C、正确；‎ D、物质C完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，所以△H1<△H2，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了燃烧热的含义以及中和热的概念、反应的热效应的相关知识。‎ ‎9.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：‎ 元素代号 X Y Z R T 原子半径(nm)‎ ‎0．160‎ ‎0．080‎ ‎0．102‎ ‎0．143‎ ‎0．074‎ 主要化合价 ‎＋2‎ ‎＋2‎ ‎－2、＋4、＋6‎ ‎＋3‎ ‎－2‎ 根据表中信息，判断以下说法正确的是(　　)‎ A. 相同条件下，单质与稀硫酸反应的速率快慢：R＞Y＞X B. 离子半径：T2－＞X2＋‎ C. 元素最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞R＞X D. 单质与氢气化合的难易程度：Z＞T ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据表中信息，Z元素的化合价为-2、+4、+6，所以Z是S元素，T的化合价为-2，则T是O元素，X、Y的主要化合价相同，所以属于同种族元素，都是第IIA族元素，X是Mg，Y是Be元素，R的化合价是+3价，且原子半径比X稍小，所以R是Al元素。A、Be、Mg、Al三种金属的活动性顺序是Mg>Al>Be，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢：X>R>Y，错误；B、T2－与X2+的电子层结构相同，所以核电荷数小的离子半径大，则T2－＞X2+，正确；C、元素的金属性越强，则其最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以元素最高价氧化物的水化物的碱性：X>R>Y，错误；D、元素的非金属性T>Z，所以气态氢化物的稳定性T>Z，错误，答案选B。‎ 考点：考查元素的原子半径与化合价的递变规律的应用 ‎10.已知：H2（g）＋Cl2（s）2HCl（g）　ΔH＝＋a kJ/mol； H2（g）＋Cl2（g）2HCl（g）　ΔH＝－d kJ/mol； ，且a、b、c、d均大于零，则下列说法正确的是 A. 氢气和氯气常温下就可以进行反应 B. b＞c，则氢气分子具有的能量高于氯气分子具有的能量 C. Cl2（s）=Cl2（g）　ΔH＝＋（a＋d） kJ·mol－1‎ D. 向1 mol Cl2（g）中通入1 mol H2（g），发生反应时放热d kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、无需外界帮助就能自发进行的反应，才是自发反应，但自发反应通常也需要一定的反应条件；‎ B、b＞c，说明氢气稳定，能量也高越活泼；‎ C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析；‎ D、反应是可逆反应不能完全进行。‎ ‎【详解】A、氢气和氯气需要点燃或光照才能生成氯化氢，氢气和氯气仅仅在常温下不能进行反应，故A错误；‎ B、b＞c，说明氢气比氯气稳定，但是两者的组成元素不同，不能比较其能量的高低，故B错误；‎ C、①H2（g）+Cl2（s）2HCl（g）△H=+akJ·mol－1‎ ‎②H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）△H=-dkJ·mol－1，由盖斯定律可知①-②得到Cl2（s）=Cl2（g）△H=+（a+d）kJ·mol－1，故C正确；‎ D、该反应是可逆反应，不能完全进行，向1molCl2（g）中通入1molH2（g），发生反应时放热小于dkJ，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎11.在密闭容器中，一定条件下进行如下反应：NO（g）+CO（g）1/2N2（g）+CO2（g）；△H=-373．2kJ•mol-1，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，正确措施是 A. 加催化剂同时增大压强 B. 加催化剂同时升高温度 C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，故A正确；B．催化剂不改变平衡状态，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，故B错误；C．升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小，故C错误；D．降低温度同时增大压强，能确定反应正向进行，但反应速率不一定增大，故D错误；答案为A。‎ ‎【考点定位】考查影响反应速率与化学平衡的因素 ‎【名师点晴】本题考查影响化学反应速率的因素，综合性强，难度较大，但只要注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响和平衡移动的影响，灵活运用，顺反推导相结合，突出了重视基础知识学习的重要性，对学生分析问题和解决问题的能力提高有一定作用。‎ ‎12. 下列有关说法中错误的是 A. 某燃料电池用熔融碳酸盐作电解质，两极分别通入CO和O2，则通入CO的一极为负极，电极反应式为CO - 2e-+CO32-=2CO2‎ B. Zn粒与稀硫酸反应制氢气时，为加快反应速率，可在反应过程中滴加几滴CuSO4溶液 C. 根据自发氧化还原反应Cu+2NO3-+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O设计原电池，可在常温下用铜和铁作电极，使用浓硝酸作电解质溶液 D. 原电池中电子从负极出发，经外电路流向正极，再从正极经电解液回到负极构成闭合回路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A.在燃料电池中，氧气作正极，可燃性气体作负极，所以用熔融碳酸盐作电解质时，负极的电极反应式为CO - 2e-+CO32-=2CO2，A正确；B.锌与硫酸铜反应生成Cu，锌、铜和稀硫酸构成原电池，能加快化学反应速率，B 正确；C.铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，而铁在浓硝酸中发生钝化，所以可在常温下用铜和铁作电极，使用浓硝酸作电解质溶液将上述反应设计成原电池，C正确；D.原电池中电子从负极出发，经外电路流向正极，阳离子在正极放电，溶液中的阴阳离子定向移动，阴离子在负极放电，构成闭合回路，即电子不进入电解液，D错误；答案选D。‎ 考点：考查燃料电池，化学反应速率的影响因素，原电池的工作原理等知识。‎ ‎13.某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如下图所示，其中A、B为多孔材料。下列说法正确的是 A. 电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反 B. 电极A表面反应之一为NO－3e－＋2H2O=NO3-＋4H＋‎ C. 电极B附近的c(NO3-)增大 D. 该电池工作时，每转移4 mol电子，生成‎22.4 L O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，故A错误；B.该原电池中，通入氮氧化物的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极A表面反应之一为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故B正确；C.电解质溶液中阴离子向负极移动，所以硝酸根离子向A电极移动，故C错误；D.该电池工作时，正极上氧气得电子发生还原反应，温度和压强未知，导致‎22.4L氧气的物质的量未知，故D错误。故选B。‎ ‎14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5 mol/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使再达到平衡，测的A的浓度降低为0.3 mol/L，下列有关判断正确的是( )‎ A. x＋y＜z B. 平衡向正反应方向移动 C. C的体积分数下降 D. B的浓度增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，若平衡不移动，则A的浓度为0.25mol/L；体积扩大两倍再次达到平衡时A的浓度为0.3mol/L0.25mol/L，说明体积增大、减小压强，平衡向逆反应方向移动，x+yz，C的体积分数下降，B的浓度减小，答案选C。‎ 点睛：本题易错解成：体积扩大两倍，再次达到平衡时A的浓度0.3mol/L0.5mol/L，平衡向正反应方向移动，产生错误的原因是忽略了体积变化对浓度的影响。‎ ‎15. 只改变一个影响因素，平衡常数K与平衡移动的关系叙述不正确的是 A. K值不变，平衡可能移动 B. 平衡向右移动时，K值不一定移动 C. K值有变化，平衡一定移动 D. 相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K值也增大两倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．K值不变，化学平衡可能移动，也可能不发生移动，正确；B． 平衡向右移动时，若温度不发生变化，则K值就不变，若温度变化，则K值就会发生变化，因此平衡向右移动时，K值不一定移动，正确；C． K值是化学平衡常数，若K值有变化，平衡一定移动，正确；D． 相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K值是原来的平方，错误。‎ 考点：考查平衡常数K与平衡移动关系叙述正误判断的知识。‎ ‎16.温度为T时，向V L的密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）＋B（g）C（s）＋xD（g） △H＞0，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如下图所示，下列说法不正确的是 A. 反应在前10min的平均反应速率v（B）＝0．15mol／（L·min）‎ B. 该反应的平衡常数表达式K＝‎ C. 若平衡时保持温度不变，压缩容器体积平衡向逆反应方向移动 D. 反应至15min时，改变的反应条件是降低温度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，10min时到达平衡，平衡时D的浓度变化量为3mol/L，故v(D)= ==0.3mol•L-1•min-1，故A错误；B．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，C为固体，可逆反应A(g)+B(g)⇌C(s)+xD(g)的平衡常数表达式K=，故B错误；C．由图可知，平衡时A、D的浓度变化量分别为1.5mol/L、3mol/L，故1：x=1.5mol/L：3mol/L，所以x=2，反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，故C错误；D．由图可知，改变条件瞬间，反应混合物的浓度不变，平衡向逆反应移动，该反应正反应为吸热反应，故改变的条件应是降低温度，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡图像及有关计算，根据图像数据确定x值是解题的关键。不同的易错点为B，要注意C的状态。‎ ‎17.在某2 L恒容密闭容器中充入2 mol X(g)和1 mol Y(g)发生反应:2X(g)+Y(g)3Z(g),反应过程中持续升高温度,测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是(　 　)‎ A. M点时,Y的转化率最大 B. 升高温度,平衡常数减小 C. 平衡后充入Z,达到新平衡时Z的体积分数增大 D. W、M两点Y的正反应速率相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，A错误；B．已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确；C．反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，C错误；D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，D错误；答案选B。‎ 考点：考查化学平衡图像、化学反应速率和平衡的影响因素、化学平衡常数等 ‎18.下列四图中，曲线变化情况与所给反应（a、b、c、d均大于0）相对应的是 A. 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-AkJ.mol-1‎ B. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-bkJ·mol-l C. N2O4(g)2NO2(g) △H=+ckJ·mol-l D. CO2(g)+C(s) 2CO(g) △H=+dkJ·mol-l ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．为放热反应，升高温度平衡逆向移动；‎ B．为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动；‎ C．为体积增大、吸热的反应，则增大压强平衡逆向移动、升高温度平衡正向移动；‎ D．体积不变时，增大二氧化碳的量，压强增大，平衡逆向移动。‎ ‎【详解】A．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-AkJ.mol-1为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度高，对应三氧化硫的含量低，故A错误；‎ B．N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-bkJ·mol-l为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，交叉点后正反应速率大于逆反应速率，故B错误；‎ C．N2O4(g)2NO2(g) △H=+ckJ·mol-l 为体积增大、吸热的反应，增大压强平衡逆向移动、升高温度平衡正向移动，增大压强、降低温度时反应物的物质的量均增大，故C正确；‎ D．CO2(g)+C(s) 2CO(g) △H=+dkJ·mol-l，体积不变时，起始投入二氧化碳的量越大，则体系的压强越大，由于正向是气体分子数减小的方向，故其转化率减小，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎19.在一恒容的密闭容器中充入0.1 mol/L CO2、0.1 mol/L CH4，在一定条件下发生反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4平衡时转化率与温度、压强关系如图，下列有关说法不正确的是 A. 上述反应的ΔH<0‎ B. 压强：p4>p3>p2>p1‎ C. 1100 ℃时该反应平衡常数为1.64‎ D. 压强为p4时，在y点：v正>v逆 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、从图像分析，随温度升高转化率增大，正反应吸热，△H＞0，A错误；B、压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，故P4＞P3＞P2＞P1，B正确；C、根据反应方程式可知 CH4（g）＋CO2（g）2CO（g）＋2H2（g）‎ 起始（mol/L）0．10．100‎ 变化（mol/L）0．080．080．160．16‎ 平衡（mol/L）0．020．020．160．16‎ 平衡常数K=＝1．64，C正确；‎ D、在y点，甲烷的转化率小于平衡时的转化率，平衡正向移动，V正＞V逆，D正确，答案选A。‎ ‎【考点定位】本题考查了平衡受温度、压强的影响而移动的问题 ‎【名师点晴】注意看准图像是解题的关键。化学平衡图像题的解题技巧：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量（转化率）—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。‎ ‎20.一定条件下，向某密闭容器中加入一定量的N2和H2发生可逆反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH = -92.2kJ•mol—1，测得0到10秒内，c(H2)减小了0.75mol•L—1，下列说法正确的是( )‎ A. 10到15秒内c(NH3) 增加量等于0.25mol •L—1‎ B. 10秒内氨气的平均反应速率为0.025mol•L—1·s—1‎ C. 达平衡后，分离出少量NH3,v正增大 D. 该反应逆反应的活化能不小于92.2kJ•mol—1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．0到10秒内，c(H2)减小了0.75mol•L—1，c(NH3)的浓度增加了0.5mol/L，随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小，所以10s到15s内c（NH3）增加量小于0.25mol/L，A项错误；B．测得0到10s内，c（H2）减小了0.75mol/L，则c（NH3）增加了0.5mol/L，所以10s内氨气的平均反应速率为：0.5mol/L÷10s=0.05mol•L-1•s-1，B项错误；C．减少生成物的浓度，反应速率减小，则达平衡后，分离出少量NH3，平衡向正反应方向移动，v正减小，C项错误：D．已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92.2kJ•mol-1，△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-92.2kJ•mol-1，则逆反应的活化能=正反应的活化能+92.2kJ•mol-1，所以逆反应的活化能不小于92.2kJ•mol-1，D项正确；答案选D。‎ 考点：考查化学反应速率的计算等知识。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共40分)‎ ‎21.联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：‎ ‎（1）联氨分子的电子式为_________，其中氮的化合价为______。‎ ‎（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_________________。‎ ‎（3）①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l) △H1‎ ‎②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) △H2‎ ‎③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) △H3‎ ‎④2 N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g) △H4=-1048.9kJ/mol 上述反应热效应之间的关系式为△H4=________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为 ‎_________________________________________________。‎ ‎【答案】（1）为：；﹣2；‎ ‎（2）2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，‎ ‎（3）2△H3﹣2△H2﹣△H1；反应放热量大，产生大量气体；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据联氨的化学式N2H4知，联氨是共价化合物，其电子式为；再依据化合物中各元素的化合价代数和为零，氢元素的化合价为＋1价，则氮元素的化合价为－2价。‎ ‎（2）用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨的反应中，氮元素的化合价由氨分子中的－3价升高到联氨分子中的－2价，氯元素的化合价由次氯酸钠中的＋1价降低到－1价，根据化合价升高与降低总数相等和原子守恒配平，化学方程式为NaClO＋2NH3＝N2H4＋NaCl＋H2O。‎ ‎（3）对照目标热化学方程式中的反应物和生成物在已知热化学方程式中的位置和化学计量数，利用盖斯定律，将热化学方程式③×2，减去热化学方程式②×2，再减去热化学方程式①，即可得出热化学方程式④，ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1；联氨具有强还原性，N2O4具有强氧化性，两者混合在一起易自发地发生氧化还原反应，反应放热量大，并产生大量的气体，可为火箭提供很大的推进力，且产物无污染。‎ ‎【考点定位】考查电子式的书写，盖斯定律的应用，化学方程式的书写等知识。‎ ‎【名师点晴】应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。‎ ‎22.（1）传统上该转化通过如下图所示的催化循环实现。‎ 其中，反应①为2HCl（g） ＋ CuO（s）H2O（g）＋CuCl2（s）　ΔH1，反应②生成1 mol Cl2的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为_________，（反应热用ΔH1和ΔH2表示）。‎ ‎（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，‎ ‎①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的αHCl～T曲线如下图：‎ 则总反应的ΔH____0（填“＞”、“＝”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是____。‎ ‎②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应αHCl～T曲线的示意图，并简要说明理由_________。‎ ‎③下列措施中，有利于提高α（HCl）的有____。‎ A 增大n（HCl） B 增大n（O2）‎ C 使用更好的催化剂 D 移去H2O ‎（3）一定条件下测得反应过程中 n（Cl2）的数据如下：‎ t/min ‎0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎6.0‎ ‎8.0‎ n（Cl2）/10－3 mol ‎0‎ ‎1.8‎ ‎3.7‎ ‎5.4‎ ‎7.2‎ 计算2.0～6.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率____________（以mol·min－1为单位，写出计算过程）。‎ ‎（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式：____________。‎ ‎【答案】 (1). 2HCl（g）＋O2（g）H2O（g）＋Cl2（g）ΔH＝ΔH1＋ΔH2 (2). ＜ (3). K（A） (4). 见下图 增大压强，平衡右移，α（HCl）增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前的大 (5). BD (6). 1.8×10－3mol·min－1 (7). 2Cl2＋2Ca（OH）2===CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图示可知，总反应为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2‎ ‎，则反应热化学方程式为：CuCl2（g）+1/2O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）△H2，根据盖斯定律（①+②）×2可得总反应的热化学方程式；‎ ‎（2）①由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；‎ ‎②正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；‎ ‎③改变措施有利于提高αHCl，应使平衡向正反应方向移动，注意不能只增加HCl的浓度，转化率反而减小；‎ ‎（3）根据v=△n/△t计算2.0～6.0min内v（Cl2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（HCl）；‎ ‎（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水．‎ ‎【详解】（1）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应①为：2HCl（g）+CuO（s）=H2O（g）+CuCl2（s）△H1，反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则反应热化学方程式为：CuCl2（g）+1/2O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）△H2，根据盖斯定律（①+②）×2可得总反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）△H=2（△H1＋△H2）；‎ ‎（2）①由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0，化学平衡常数减小，即K（A）＞K（B）；‎ ‎②正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应αHCl～T曲线的示意图为；‎ ‎③A．增大n（HCl），HCl浓度增大，平衡右移，但HCl转化率降低，故A错误；‎ B．增大n（O2），氧气浓度增大，平衡右移，HCl的转化率提高，故B正确；‎ C．使用更好的催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，HCl的转化率不变，故C错误；‎ D．移去生成物H2O，有利于平衡右移，HCl的转化率增大，故D正确，‎ 故选：BD；‎ ‎（3）由表中数据可知，2.0～6.0min内△n（Cl2）=（5.4-1.8）×10-3mol=3.6×10-3mol，则以Cl2的物质的量变化表示的反应速率v（Cl2）=3.6×10-3/(6min-2min)=9×10-4mol·min-1，速率之比等于其化学计量数之比，故v（HCl）=2v（Cl2）=1.8×10-3mol·min-1；‎ ‎（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。‎ ‎23.蓄电池是一种反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应如下：‎ NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2。‎ ‎（1）此蓄电池在充电时，电池负极应与外加电源的________极连接，电极反应式为________。‎ ‎（2）放电时生成Ni(OH)2的一极，在充电时发生_______反应（氧化或还原）‎ ‎（3）熔融盐燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质、CH4为燃料、空气为氧化剂、稀土金属材料为电极的新型电池。已知该熔融盐电池的负极的电极反应是： CH4－8e－＋4CO===5CO2＋2H2O，则正极的电极反应式为_______________。‎ ‎（4）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。‎ 若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于________处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为________。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－ (3). 氧化 (4). O2＋2CO2＋4e－===2CO32- (或2O2＋4CO2＋8e－===4 CO32-) (5). N (6). 牺牲阳极的阴极保护法 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）蓄电池在充电时，电池负极应与外电源的负极连接，作阴极，得电子发生还原反应；‎ ‎（2）电池充电时，是电解池，和电源正极相连的是原电池的正极，作电解池的阳极，发生失去电子的氧化反应，和电源负极相连的是电池的负极，作电解池的阴极；‎ ‎（3）燃料电池中，正极发生的反应是氧气得电子发生还原反应；‎ ‎（4）要减缓铁的腐蚀，铁作原电池正极或电解池阴极。‎ ‎【详解】（1）蓄电池在充电时，电池负极与外电源的负极连接，作阴极，得电子发生还原反应，反应式为：Fe（OH）2+2e－═Fe+2OH－；‎ ‎　（2）放电时生成Ni（OH）2的一极为原电池正极，充电时是电解池，Ni（OH）2的一极作阳极，发生失去电子的氧化反应；‎ ‎（3‎ ‎）燃料电池中，正极发生的反应一定是氧气得电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应为：O2+2CO2+4e－=2CO32－ （或2O2+4CO2+8e－=4CO32－）；‎ ‎（4）要使铁减缓腐蚀，则铁应该作原电池正极或电解池阴极，‎ 如果X为碳棒，铁的活泼性大于C，要减缓铁被腐蚀，则Fe作电解池阴极，所以开关K应该置于N处；‎ 若X为锌，开关K置于M处，该装置构成原电池，铁作正极被保护，锌被腐蚀，该保护方法称为牺牲阳极的阴极保护法。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池原理和电解原理，解题关键：把握原电池反应、电极反应式的书写规则、金属腐蚀与防护方法等，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写。‎ ‎24.甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2加氢合成甲醇是合理利用CO2的有效途径。由CO2制备甲醇过程可能涉及反应如下：‎ 反应Ⅰ：CO2（g）＋H2（g）CO （g）＋H2O（g）　ΔH1＝＋41.19 kJ·mol－1‎ 反应Ⅱ：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）　ΔH2‎ 反应Ⅲ：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH3＝－49.58 kJ·mol－1‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应Ⅲ的ΔS____（填“＜”、“＝”或“＞”）0；反应Ⅱ的ΔH2＝____。‎ ‎（2）在恒压密闭容器中，充入一定量的H2和CO2（假定仅发生反应Ⅲ），实验测得反应物在不同温度下，反应体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图1所示。‎ ‎①反应过程中，不能判断反应Ⅲ已达到平衡状态的标志是____。‎ A 断裂3 mol H—H键，同时断裂2 mol H—O键 B CH3OH的浓度不再改变 C 容器中气体的平均摩尔质量不变 D 容器中气体的压强不变 ‎②比较T1与T2的大小关系：T1___T2（填“＜”、“＝”或“＞”），理由是_________________。‎ ‎③在T1和p6的条件下，往密闭容器中充入3 mol H2和1 mol CO2，该反应在第5 min时达到平衡，此时容器的体积为1.8 L；则该反应在此温度下的平衡常数为____。‎ a.若此条件下反应至3 min时刻，改变条件并于A点处达到平衡，CH3OH的浓度随反应时间的变化趋势如图2所示（3～4 min的浓度变化未表示出来）；则改变的条件为_______________。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). －90.77 kJ·mol－1 (3). AD (4). ＜ (5). 反应Ⅲ为放热反应，温度降低，反应正向移动，所以T1＜T2 (6). 4/27或0.148 (7). a.降低压强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应中产物气体数和小于反应物气体系数和，是气化体积减少的反应，据此判断反应熵变符号；‎ 根据盖斯定律，计算反应的焓变即可；‎ ‎（2）①反应达到平衡状态，各组分的浓度不随着时间的变化而变化，正逆反应速率相等，根据化学平衡状态的特征结合变量不变的状态是平衡状态分析；‎ ‎②反应是放热的，温度升高，平衡逆向进行，反应物的转化率降低；‎ 根据三行式结合化学平衡常数表达式来进行计算；‎ a．据图示分析，改变外界条件新的平衡又会重新建立；‎ ‎【详解】（1）反应中产物气体数和小于反应物气体系数和，是气化体积减少的反应，反应熵变小于零，ΔS<0；‎ 反应①：CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H1=+41.19kJ·mol－1，反应②CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H3=-49.58kJ·mol－1，反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）可以看成是②-①得到，所以反应焓变=-49.58kJ·mol－1-41.19kJ·mol－1=-90.77 kJ·mol－1；‎ ‎（2）①A 、断裂3 mol H—H键，同时断裂2 mol H—O键，说明正逆反应速率不相等，因为水分子中有2个O-H、甲醇分子中有一个O-H，说明没有达到平衡状态，故A选； ‎ B、CH3OH的浓度不再改变的状态是平衡状态的特征，故B不选；‎ C、容器中气体的平均摩尔质量等于总质量和总物质的量的比值，质量守恒，但是物质的量始终变化，所以当气体的平均摩尔质量不变的状态是平衡状态，故C不选；‎ D、 容器中的反应是在恒压下进行的，当容器中气体的压强不变时，不一定是平衡状态，故D选．‎ 故选AD。‎ ‎②反应Ⅲ为放热反应，温度降低，反应正向移动，二氧化碳的转化率升高，所以T1＜T2；‎ ‎③ CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）‎ 初始量：1mol 3mol 0 0‎ 变化量：04mol 1.2mol 0.4mol 0.4mol 平衡量：0.6mol 1.8mol 0.4mol 0.4mol K= =0.148；‎ a．该反应在第5 min时达到平衡，此时容器的体积为1.8 L，c（CH3OH）=0.4mol/1.8L=0.22mol·L－1,若此条件下反应至3min时刻，改变条件并于A点处达到平衡，从投料到建立新的平衡共用6.3min，所用的时间大于5min，说明反应速率降低，而且平衡时c（CH3OH）比原平衡时的要小，说明与原平衡相比，平衡向逆反应方向移动，综合化学反应速率的变化及平衡移动的方向的分析，再结合第3分钟和第4分钟的甲醇浓度进行分析，可以判断改变的条件为：降低压强。‎ ‎【点睛】本题涉及化学平衡的判断、计算以及热化学方程式的书写知识，解题关键：注意盖斯定律的应用，难点是综合分析外界条件对化学反应速率的影响和化学平衡的影响，判断改变的条件。‎ ‎25.某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。‎ 实验编号 ‎ 反应物 ‎ 催化剂 ‎ ‎① ‎ ‎10 mL 2% H2O2溶液 ‎ 无 ‎ ‎② ‎ ‎10 mL 5% H2O2溶液 ‎ 无 ‎ ‎③ ‎ ‎10 mL 5% H2O2溶液 ‎ ‎1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液 ‎ ‎④ ‎ ‎10 mL 5% H2O2溶液＋少量HCl溶液 ‎ ‎1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液 ‎ ‎⑤ ‎ ‎10 mL 5% H2O2溶液＋少量NaOH溶液 ‎ ‎1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液 ‎ ‎（1）催化剂能加快化学反应速率的原因是_______________________________。‎ ‎（2）常温下5% H2O2溶液的pH约为6，H2O2的电离方程式为_____________________。‎ ‎（3）实验①和②的目的是______________________________。‎ 实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是_______________________。‎ ‎（4）实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如下图。‎ 分析上图能够得出的实验结论是__________________________。‎ ‎【答案】（1）降低了活化能（2）H2O2H＋＋HO2-‎ ‎（3）探究浓度对反应速率影响向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)‎ ‎（4）碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率 ‎【解析】‎ 分析：（1）催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能；（3）实验①和②的浓度不同；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较；（4）由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，以此来解答。‎ 详解：（1）催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率，故答案为：降低了反应的活化能；（2）H2O2的电离方程式为H2O2H++HO2－；（3）实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂（或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中）；（4）由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。‎ 点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，较好的考查学生实验设计、数据处理、图象分析的综合能力，题目难度中等，注意信息的利用即可解答。‎