2018-2019学年江苏省江阴市第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年江苏省江阴市第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

江阴市第一中学2018-2019学年度第二学期期中试卷 高二化学 2019.4‎ ‎ ‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108‎ 一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.页岩气的主要成分为CH4，是我国能源新希望。下列说法正确的是 A. 页岩气属于新能源，子孙万代可长久开采 B. 处理后页岩气作为能源比煤作为能源对环境的影响大 C. 甲烷完全燃烧过程中，C—H键断裂而释放出热能 D. 利用甲烷、氧气、稀硫酸可设计燃料电池 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“页岩气”是从页岩层中开采出来天然气，属于化石燃料，不是新能源，短期内不可再生，主要成分为甲烷，燃烧时生成二氧化碳和水，是一种清洁能源。‎ ‎【详解】A．“页岩气”是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，不是新能源，短期内不可再生，故A错误；‎ B．“页岩气”的主要成分为甲烷，燃烧时生成二氧化碳和水，故是一种清洁能源，煤比处理后的页岩气对环境的影响大，故B错误；‎ C．C—H键断裂会吸收热量，故C错误；‎ D．利用甲烷、氧气、稀硫酸可设计燃料电池，其中甲烷化合价升高失去电子作为负极，氧气化合价降低得到电子作为正极，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.金属锡的冶炼常用焦炭作还原剂：SnO2＋2C===Sn＋2CO↑，反应过程中能量的变化如图所示。下列有关该反应的ΔH、ΔS的说法中正确的是 A. ΔH<0 ΔS<0 B. ΔH>0 ΔS>0‎ C. ΔH<0 ΔS>0 D. ΔH>0 ΔS<0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ΔH是焓变，看吸热反应还是放热反应；ΔS是熵变，可以看气体数目增加还是减少。‎ ‎【详解】该反应的正反应方向是个体系的混乱程度增大的反应，故ΔS＞0；由于反应物的能量比生成物的少，所以正反应是吸热反应，ΔH＞0，故B正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列叙述中正确的是 A. 在稀溶液中1mol酸和1mol碱完全反应所放出的热量,叫做中和热 B. 在101kPa时1mol物质燃烧时的反应热叫做该物质的标准燃烧热 C. 热化学方程式中,各物质前的化学计量数不表示分子个数 D. 化学反应的本质是旧的化学键断裂放出热量，新的化学键形成吸收热量。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在稀溶液中1mol H+和1mol OH-完全反应所放出的热量，叫做中和热，弱酸弱碱电离吸收的热量和沉淀的生成热，不计入中和热，故A错误;‎ B.在 101 kPa时，lmol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，故B错误;‎ C.热化学方程式中计量数不能为分子个数，因为几个分子是不能有很大的热效应的，表示的是物质的物质的量，故C正确；‎ D. 化学反应的本质是旧的化学键断裂吸收热量，新的化学键形成放出热量，故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎4.升高温度反应速度加快的主要原因是 A. 分子运动速度加快 B. 活化能增加 C. 体系能量增加 D. 活化分子的百分数增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 升高温度能加快反应速率的主要原因是活化分子的百分数增加，以此解答该题。‎ ‎【详解】升高温度增大活化分子百分数，活化分子数目增大，分子之间的有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 合成氨控制在500℃左右的温度 B. 合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2‎ D. 氨水中加酸，NH4+的浓度增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如果改变影响平衡的条件，则平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理。‎ ‎【详解】A.合成氨反应为放热反应，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；‎ B. 合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气，分离出生成物，促进平衡正向移动，故B错误；‎ C. 氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸是化学平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，能用勒夏特列原理解释，故C错误；‎ D.一水合氨电离产生氢氧根离子和铵根离子，氨水中加酸，与氢氧根离子反应，促进平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列说法正确的是 ‎（1）增加水的量或温度，都可以加快镁跟水的反应速率。‎ ‎（2）增加硫酸的浓度，一定可以加快铁与硫酸反应的速率 ‎（3）对于反应CaCO3(s)CaO(s) + CO2(g)，增加CaCO3‎ 的量，可以加快正反应速率，而增加CaO或CO2的浓度，则可以加快逆反应速率 ‎（4）对反应3H2(g) + N2(g)2NH3(g)，在密闭容器中进行(固定体积)，充入氦气，压强增大，则化学反应速率加快 ‎（5）对于反应3H2(g) + N2(g)2NH3(g)，使用催化剂，正逆反应速率同等程度加快。‎ A. (1) (2) B. (1) (2) (3) C. (1) (2) (3) (4) D. (5)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）镁跟水的反应速率和水量的多少没有关系，升高温度，可以加快镁跟水的反应速率，故（1）错误；‎ ‎（2）常温下，铁遇浓硫酸会钝化，故（2）错误；‎ ‎（3）增加CaCO3的量，浓度不变，反应速率不变，故（3）错误；‎ ‎（4）充入氦气，由于参加反应气体的浓度不变，则不影响反应速率，故（4）错误；‎ ‎（5）催化剂可降低反应的活化能，同等程度改变正逆反应速率，故（5）正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题多角度考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。如：改变固体的量而不改变浓度时，不会影响化学反应速率和平衡移动。‎ ‎7.一定条件下反应N2+3H22NH3 △H＜0达平衡，当单独改变下述条件后有关叙述一定错误的是 A. 加催化剂，v(正)和v(逆)都发生变化，且变化的倍数相等 B. 增加c(N2)瞬间，v(正)和v(逆)都增大，且v(正)增加倍数大于v(逆)增加倍数 C. 降温，v(正)和v(逆)都减少，且v(正)减少倍数小于v(逆)减少倍数 D. 加压，v(正)和v(逆)都增大，且v(正)增加倍数大于v(逆)增加倍数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．催化剂可降低反应的活化能，同等程度改变反应速率，故A正确；‎ B．增加c(N2)瞬间，v(正)增大，v(逆)不变。平衡向正反应方向移动，故v(正)增加倍数大于v(逆)增加倍数，故B错误；‎ C．降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，则v（正）、v ‎（逆）都减小，且v（正）减小倍数小于v（逆）减小倍数，故C正确；‎ D．增大压强，正逆反应速率都增大，由于反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数之和，则平衡向正反应方向移动，v（正）增大倍数大于v（逆）增大倍数，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】如果改变影响平衡的条件，则平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，运用勒夏特列原理判断平衡移动方向。‎ ‎8.铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。下列判断不正确的是 A. K闭合时，d极的电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO42-‎ B. 当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2mol C. K闭合时，Ⅱ中SO42-向c极迁移 D. K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d极为正极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：断开K,I两个电极之间有电势差,II两个电极之间没有电势差,所以I是电源,II是电解池，K闭合后相当于I为II充电.K闭合,I中a为正极,b为负极，II中c为阴极,d为阳极，A、K闭合后相当于I为II充电.K闭合,I中a为正极,b为负极，II中c为阴极,d为阳极，K闭合时, d电极反应式:PbSO4+2H2O-2e-PbO2+4H++S，A项正确；B、当电路中转移0.2 mol电子时,Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol ，B项正确；C、K闭合时, I中a为正极,b为负极，II中c为阴极,d为阳极，Ⅱ中S向d电极迁移，C项错误；D、K闭合一段时间后断开,Ⅱ可单独作为原电池,d电极为正极，D项正确；答案选C。‎ 考点：考查铅蓄电池的工作原理 ‎9.某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理如图。下列说法正确的是 A. a为CH4，b为CO2‎ B. CO32－向正极移动 C. 此电池常温时也能工作 D. 正极电极反应式为：O2 + 2CO2 + 4e－＝2CO32－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边电极是负极、右边电极是正极，所以a是CH4，b为O2，故A错误；B．原电池放电时，碳酸根离子向负极移动，故B错误；C．电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，故C错误；D．正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO32-，故D正确；故选D。‎ 点睛：解答本题需要明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物。根据图象中电子流向知，左边电极为负极、右边电极为正极，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以a为甲烷、b为氧气，负极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e-═2CO32-。‎ ‎10.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）＋NO2（g）SO3（g）＋NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是 A. 反应在c点达到平衡状态 B. 反应物的总能量低于生成物的总能量 C. 反应物浓度：a点小于b点 D. Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图像题注意先看清楚横纵坐标意义，再结合化学反应速率影响因素和化学平衡影响因素解答此题。‎ ‎【详解】A．化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；‎ B．从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故B错误；‎ C．a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故C错误；‎ D．随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，故D正确；‎ 答案选D。‎ 二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有1-2个选项符合题意，漏选得2分。‎ ‎11.反应物和生成物均为气态的平衡体系，平衡常数表达式为K=，有关该平衡体系的说法正确的是 A. 升高温度，该反应平衡常数K的变化无法判断 B. 增大压强，W的质量分数增大 C. 该反应的化学方程式为3Z（g）＋2W（g）X（g）＋2Y（g）‎ D. 增大X气体的浓度平衡向正反应方向移动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值。‎ ‎【详解】A．升高温度，化学平衡向吸热的方向移动，由于无法得知正反应方向的焓变，因此无法判断温度变化时，化学平衡常数的变化，故A正确；‎ B．根据化学平衡常数表达式可知，反应物W、Z计量数之和为：3+2=5；生成物X、Y计量数之和为：1+2=3，因此增大压强时，化学平衡向正反应方向移动，因此W质量分数减小，故B错误；‎ C．化学平衡常数表达式中，生成物位于分子位置，其幂为计量数，反应物位于分母位置，幂为计量数，所以化学方程式可写为：3Z（g）＋2W（g）X（g）＋2Y（g），故C正确；‎ D．X为生成物，增大X浓度，化学平衡向逆反应方向移动，故D错误；‎ 答案选AC。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡常数表达式，利用化学平衡常数表达式，写出化学平衡方程式，结合勒夏特列原理解题，题目难度中等。‎ ‎12.用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如：‎ ‎①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·mol－1‎ ‎②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1 160 kJ·mol－1‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ B. 由反应①可推知：CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH<－574 kJ·mol－1‎ C. 反应①②转移的电子数相同 D. 反应②中当4.48 L CH4反应完全时转移的电子总数为1.60 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、可知CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=-867kJ/mol，标准状况下4.48LCH4其物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol×867kJ=173.4kJ，故A正确；B、由CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ•mol-1，水由气态变为液态，放出热量，则CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-Q，Q＞574kJ•mol-1，ΔH<－574 kJ·mol－1‎ ‎；故B正确；C、两个反应中，C元素的化合价均由-4价升高到+4价，则等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，故C正确；D、未注明是否是标准状况，4.48LCH4的物质的量不一定0.2mol，整个过程中转移的电子总数不一定为0.2mol×8=1.6mol，故D错误；故选D。‎ 考点：考查了热化学反应及盖斯定律的相关知识。‎ ‎13.镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd +2NiOOH + 2H2OCd(OH)2 +2Ni(OH)2，有关该电池的说法正确的是 A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+OH-==NiOOH+H2O B. 充电过程是化学能转化为电能的过程 C. 放电时负极附近溶液的碱性不变 D. 放电时电解质溶液中的OH-向负极移动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时负极上发生的电极反应式为：Cd－2e—+2OH-== Cd(OH)2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni（OH）2+OH-，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni(OH)2－e—+OH-==NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转变为化学能的装置。‎ ‎【详解】A．充电时，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Ni(OH)2－e—+OH-==NiOOH+H2O，故A正确；‎ B．充电时，该装置是电解池，是将电能转化为化学能的过程，故B错误；‎ C．放电时，负极反应式为Cd－2e—+2OH-== Cd(OH)2，负极上消耗氢氧根离子，溶液的pH减小，故C错误；‎ D，放电时，阴离子向负极移动，则电解质溶液中氢氧根离子向负极Cd移动，故D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎【点睛】注意分清楚电池类型：放电时，为原电池；充电时，为电解池。再根据原电池原理或电解池原理解题。‎ ‎14. 一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10 的是 A. CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0‎ B. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0‎ C. CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0‎ D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析左图：据达平衡所需时间，得：T2＞T1；‎ 据平行线部分，得：T1到T2（升高温度），水蒸气含量减少；‎ 分析右图：据达平衡所需时间，得：P1＞P2；‎ 据平行线部分，得：P1到P2（压强减小），水蒸气含量减少；‎ 再利用：升温，平衡向吸热反应方向移动；降压，平衡向气体体积增大的反应方向移动；‎ ‎15.700℃时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g），反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2＞t1）：‎ 反应时间/min n（CO）/mol n（H2O）/mol ‎0‎ ‎1.20‎ ‎0.60‎ t1‎ ‎0.80‎ t2‎ ‎0.20‎ 下列说法正确的是 A. 反应在t1 min内的平均速率为v（H2）＝mol·L－1·min－1‎ B. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CO和1.20 mol H2‎ O，达到平衡时n（CO2）＝0.40mol C. 保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率不变，H2O的体积分数不变 D. 温度升高至800 ℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为放热反应 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据v=，计算v（CO），结合化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；‎ B．CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O与充入1.20 mol CO和0.6mol H2O到达平衡时对应生成物的浓度、物质的量相同；‎ C．保持其他条件不变，增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大；‎ D．根据平衡时各物质的浓度计算700℃时的平衡常数，比较不同温度下的平衡常数大小可判断反应的吸放热。‎ ‎【详解】A．v（H2）=v（CO）==mol·L－1·min－1，故A错误；‎ B．CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O与充入1.20 mol CO和0.6mol H2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（CO）=0.8mol，n（H2O）=0.6mol-0.4mol=0.2mol，t2min时n（H2O）=0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（CO2）=0.4mol，故B正确；‎ C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大，故C错误；‎ D．t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO）=0.4mol/L，c（H2O）=0.1mol/L，c（CO2）=c（H2）=0.2mol/L，则K==1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应为放热反应，故D正确；‎ 答案选BD。‎ ‎【点睛】本题属于化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度，题目难度中等，注意C选项中的规律利用。‎ 三、非选择题：本题包括7小题，共80分。‎ ‎16.（1）已知1克氢气燃烧生成液态水时放出143kJ热量，请回答下列问题：‎ ‎①请写出此反应的热反应方程式 _____，该反应的生成物能量总和__(填“大于”、“小于”或“等于”)反应物能量总和。‎ ‎②若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量_____(填“＞”、“＜”或“＝”)572 kJ。‎ ‎③与化石燃料相比，请写出一条氢气作为燃料的优点____‎ ‎（2）FeS2焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101 kPa时：‎ ‎2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH1＝－197 kJ·mol－1；‎ H2O(g)===H2O(l) ΔH2＝－44 kJ·mol－1；‎ ‎2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l) ΔH3＝－545 kJ·mol－1‎ 则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是 _____‎ ‎【答案】 (1). 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝-572 kJ·mol－1 (2). 小于 (3). ＜ (4). 热值高、无污染等 (5). SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l) ΔH＝－130 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①注意根据物质的量计算反应热，根据放热反应比较能量大小；‎ ‎②液态水变成水蒸气需要吸热；‎ ‎③氢气作为燃料的优点有：热值高、无污染等；‎ ‎（2）首先写出SO3与水反应的化学方程式并注明状态，然后根据盖斯定律求出反应热。‎ ‎【详解】（1）①1克氢气即0.5mol氢气放出143kJ热量，则2mol氢气燃烧放出572kJ热量。故热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-572kJ/mol，放热反应中生成物能量总和＜反应物能量总和；‎ ‎②据热化学方程式2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-572kJ/mol，2mol氢气完全燃烧生成液态水放出热量572kJ，因液态水变成水蒸气需要吸热，所以2mol氢气完全燃烧生成水蒸气放出热量小于572kJ；‎ ‎③与化石燃料相比，氢气作为燃料的优点有：热值高、无污染等；‎ ‎（2）∆H=-1/2∆H1-∆H2+1/2∆H3=－130kJ•mol‾1，即可写出热化学方程式为：SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l) ΔH＝－130 kJ·mol－1；‎ ‎17.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图，回答下列问题：‎ ‎（1）从反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为___，X的物质的量浓度减少了___，Y的转化率为_____。‎ ‎（2）该反应的化学方程式为_______。‎ ‎（3）10s后的某一时刻（t1）改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是_____。‎ A．t1时刻，增大了X的浓度 B．t1时刻，升高了体系温度 C．t1时刻，缩小了容器体积 D．t1时刻，使用了催化剂 ‎【答案】(1)0.079 mol·L-1·s-1　0.395 mol·L-1　79.0%‎ ‎(2)X(g)+Y(g)2Z(g)‎ ‎(3)CD ‎【解析】‎ 本题考查化学反应速率的计算以及影响化学平衡移动的因素，（1）根据化学反应速率数学表达式，v(Z)=1.58/(2×10)mol/(L·s)=0.079mol/(L·s)；X减少的浓度为(1.2－0.41)/2mol·L－1=0.395mol·L－1，Y的转化率为(1－0.21)/1×100%=79.0%；（2）同一容器中，化学反应速率之比等于化学计量数之比等于物质的量变化之比，因此X、Y、Z的系数之比为：(1.2－0.41)：(1－0.21)：1.58=1：1：2，因此化学反应方程式为：X（g）+Y（g）2Z（g）；（3）根据图像，t1时刻化学反应速率增大，但化学平衡不移动，A、增大X浓度，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、升高温度，化学平衡必然改变，故B错误；C、缩小容器的体积，相当于增大压强，因为反应前后气体系数之和相等，因此增大压强，平衡不移动，但正逆反应速率增大，故C正确；D、使用催化剂加快反应速率，但平衡不移动，故D正确。 ‎ ‎18.运用化学反应原理对研究部分单质及其化合物的反应有重要意义。‎ ‎（1）氨是氮循环过程中重要物质，是氮肥工业的重要原料。氨的合成是目前普遍使用的人工固氮方法：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。请回答：‎ ‎①已知H—H键键能为436kJ·mol-1，N≡N键键能为945 kJ·mol-1，N—H键键能为391 kJ·mol-1。由键能计算消耗1 mol N2时的ΔH=_____。若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，平衡____(填“向左”、“向右”或“不”)移动。‎ ‎②如图中，当温度由T1变化到T2时，KA___(填“>”、“<”或“=”)KB。‎ ‎③废氨水可以转化成氨，氨再设计成碱性燃料电池。如图是该燃料电池示意图，产生的X气体可直接排放到大气中。a电极作____(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)极，其电极反应式为____。‎ ‎（2）某温度下在容积固定的密闭容器中，下列反应达到平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)‎ 起始n(CO)∶n(H2O)‎ CO转化率 H2O转化率 ‎1∶1‎ ‎0.5‎ ‎0.5‎ ‎1∶2‎ ‎0.67‎ ‎0.33‎ ‎1∶3‎ ‎0.75‎ ‎0.25‎ ‎①该反应的平衡常数为_____。该温度下，向容器中充入1 mol CO、3 mol H2O、2 mol CO2、1.5 mol H2，则起始时该反应速率v(正)______(填“>”、“<”或“=”)v(逆)。‎ ‎②结合表中数据，判断下列说法正确的是_______(填字母)。‎ A．增加H2O(g)的量，CO的转化率升高而H2O(g)的转化率降低 B．若CO与H2O(g)的转化率相同，二者的初始投入量一定相同 C．CO和H2O(g)初始物质的量之比等于二者转化率之比 D．当CO与H2O(g)物质的量之比为1∶4时，CO的转化率为0.85‎ ‎③该温度下，向容器中充入2 mol CO、2 mol H2O，达平衡时放出a kJ热量，则该反应的ΔH=_____。‎ ‎【答案】 (1). -93kJ·mol－1 (2). 向左 (3). 小于 (4). 负 (5). 2NH3-6e- +6OH- =N2+6H2O (6). 1 (7). = (8). AB (9). -akJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①反应热=反应物总键能-生成物总键能；恒压条件下通入氦气，相当于减压； ②由图可知，温度升高，氨气浓度减小，平衡逆向进行，平衡常数减小； ③a极上NH3转化为N2，化合价升高失去电子，所以a极作负极； （2）①计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行，进而判断正、逆速率相对大小； ②结合表格数据、转化率公式、平衡常数、三段式可解答； ③考查等效平衡知识。‎ ‎【详解】（1）①反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的反应热△H=945kJ•mol-1+3×436kJ•mol-1-2×3×391kJ•mol-1=-93kJ•mol-1；恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，反应体系分压减小，正反应为气体体积减小的反应，平衡向左移动； ②由图可知，温度升高，氨气浓度减小，平衡逆向进行，平衡常数减小，则平衡常数KA＞KB； ③a极上NH3转化为可直接排入空气中的N2，化合价升高失去电子，所以NH3充入的a极作负极，电极反应式为2NH3-6e- +6OH- =N2+6H2O；‎ ‎（2）①化学平衡常数K只受温度的影响，‎ CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)‎ 开始（mol） 1              1              0              0 转化（mol） 0.5           0.5            0.5            0.5 平衡（mol） 0.5           0.5            0.5            0.5 因为前后气体数目相等，容器体积可以化简约掉，故可用物质的量代替物质的量浓度计算K 值，代入平衡常数表达式可计算得K=1。‎ 在此温度下，向容器中充入1 mol CO、3 mol H2O、2 mol CO2、1.5 mol H2，浓度商Qc==1=K，处于平衡状态，正反应速率等于逆反应速率； ②A．从表中数据可知，增加H2O(g)的量，CO的转化率升高而H2O(g)的转化率降低，故A正确；‎ B．物质的转化率=，而根据反应可知：△n（CO）：△n（H2O）=计量数之比=1：1，故若CO与H2O（g）的转化率相同时，二者的初始投入量一定相同，B正确；‎ C．CO和H2O（g）的转化率之比等于计量数之比，与初始物质的量成反比，故C错误；‎ D．由（2）计算可知，此温度下反应的平衡常数K=1．设CO与H2O（g）的初始物质的量浓度分别为1mol/L和4mol/L，达平衡时，CO的△C（CO）为Xmol/L，则根据三段式有：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g） 初始：1mol/L       4mol/L          0mol/L        0mol/L △C：Xmol/L       Xmol/L          Xmol/L        Xmol/L  平衡：（1-X）mol/L    （4-X）mol/L     Xmol/L        Xmol/L K==1，解得：X=0.8mo/L，故 CO的转化率=×100%=80%，故D错误； 答案选AB； ③2mol CO、2mol H2O，当达平衡时放出a KJ热量，和1mol CO、1mol H2O起始量达到相同的平衡状态，平衡常数为1，即转化率为0.5，反应1mol CO放出akJ的热量，即该反应的△H=-akJ/mol。‎ ‎19.如图所示，若电解5 min时，测得铜电极的质量增加2.16 g。试回答：‎ ‎（1）电源中Y极是____(填“正”或“负”)极，C中银电极发生的电极反应式是___‎ ‎（2）通电5 min时，B中共收集到224 mL(标准状况)气体，B中阳极发生的电极反应式___。溶液体积为200 mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)＝______。‎ ‎（3）若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解后溶液中仍有Cl－，则电解5 min后,共产生气体的体积为（标准状况）___，此时溶液c(OH-)＝_____。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). Ag-e-=Ag+ (3). 4OH--4e-=O2 +2H2O (4). 0.025mol.L-1 (5). 0.448L (6). 0.1mol.L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由铜电极的质量增加，发生Ag++e-═Ag，则Cu电极为阴极，可知X为电源的负极，从左到右六个电极名称分别是阴极、阳极、阴极、阳极、阴极、阳极；‎ ‎（2）根据电极反应及电子守恒来计算通电前CuSO4溶液的物质的量； （3）根据A中的电极反应及与C中转移的电子守恒来计算电解后溶液的氢离子的物质的量浓度。‎ ‎【详解】（1）根据由铜电极的质量增加，则可以判断金属Cu电极为阴极，C中银电极是阳极，可知电源中Y极是正极。C中银电极发生的电极反应式是Ag-e-=Ag+； （2）C中阴极反应为Ag++e-═Ag，n（Ag）==0.02mol，则转移的电子为0.02mol，B中阳极反应为4OH--4e-═2H2O+O2↑；则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，则在阴极也生成112mL气体，由2H++2e-═H2↑，则氢气的物质的量为0.005mol，该反应转移的电子为0.01mol，则Cu2++2e-═Cu中转移0.01mol电子，所以Cu2+的物质的量为0.005mol，通电前c（CuSO4）==0.025 mol/L； （2）由A中发生2KCl+2H2O2KOH+H2+Cl2↑～2e-，由电子守恒可知，转移0.02mol电子时生成0.02molKOH，忽略溶液体积的变化，则c（OH-）==0.1mol/L，溶液氢离子的物质的量浓度为10-13mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理，明确Cu电极的质量增加是解答本题的突破口，并明确发生的电极反应及电子守恒即可解答，难度不大。‎ ‎20.可逆反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志的是___‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2‎ ‎②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ‎③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的压强不再改变的状态 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 ‎【答案】①④⑥⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。‎ ‎【详解】①单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故①正确；‎ ‎②单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO也是正反应，故②错误；‎ ‎③化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用NO2与NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故③错误；‎ ‎④NO2为红棕色气体，O2和NO为无色气体，故混合气体的颜色不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；‎ ‎⑤密度是混合气的质量和容器容积的比值，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变的状态不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑤错误；‎ ‎⑥反应前后气体的体积不同，故混合气体的压强不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑥正确；‎ ‎⑦平均分子量是气体的总质量与总物质的量的比值，总质量不变，总物质的量在变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑦正确。‎ ‎21.在密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应：N2（g）＋3H2（g2NH3（g）ΔH<0。‎ ‎（1）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是___；N2和H2的转化率比是____。‎ ‎（2）升高平衡体系的温度（保持体积不变），混合气体的平均相对分子质量___，密度___（填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎（3）当达到平衡时，充入氮气，并保持体积不变，平衡将____（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。‎ ‎（4）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将_____（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）。达到新平衡后，容器内温度_____（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍。‎ ‎【答案】 (1). 1:3 (2). 1：1 (3). 变小 (4). 不变 (5). 正向 (6). 向左移动 (7). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据起始量氮气和氢气物质的量之比等于反应之比分析判断；‎ ‎（2）升温放热反应平衡逆向移动，结合ρ＝以及M=可知；‎ ‎（3）增加了氮气的浓度，使平衡正向移动；‎ ‎（4）根据勒夏特列原理解答。‎ ‎【详解】（1）对N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0，在密闭容器中，开始时n(N2)∶n(H2)＝2∶6＝1∶3，反应时消耗n(N2)∶n(H2)＝1∶3，故平衡时n(N2)∶n(H2)＝1∶3，所以c(N2)∶c(H2)＝1∶3，转化率之比为1∶1。‎ ‎（2）该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大，总质量不变，故平均相对分子质量变小，由ρ＝知密度不变；‎ ‎（3）达平衡后，充入氮气，并保持体积不变，增加了氮气的浓度，使平衡正向移动；‎ ‎（4）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，根据勒夏特列原理，平衡向吸热反应的方向移动，即逆向移动，达新平衡后，容器内温度大于原来的温度，小于原来温度的2倍。‎ ‎22.在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2（g）+ O2 (g)2SO3(g) ΔH<0‎ ‎（1）降低温度，该反应K值______，二氧化硫转化率____，化学反应速度____ ,（以上均填增大、减小或不变）‎ ‎（2）600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于平衡状态的时间是_____。‎ ‎（3）据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因_____（用文字表达）‎ ‎（4）10min到15min的曲线变化的原因可能是____（填写编号）。‎ a．加了催化剂 b．缩小容器体积 c．降低温度 d．增加SO3的物质的量 ‎【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 减小 (4). 15-20min、25-30min (5). 增大氧气的浓度 (6). ab ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）降温，放热反应平衡正移，K增大，反应物转化率增大，速率减小；‎ ‎（2）各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态；‎ ‎（3）找断点，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度；‎ ‎（4）10min到15min的曲线斜率变大，反应方向不变，且没有出现断点。‎ ‎【详解】（1）该反应正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，二氧化硫转化率增大，降低温度反应速率减小； （2）反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在15-20min和25-30min出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态； （3）由图可知，反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度；‎ ‎（4）由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大；且10min改变瞬间，各物质的物质的量不变。 a．加了催化剂，增大反应速率，故a正确； ‎ b．缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故b正确； c．降低温度反应速率降低，故c错误； d．10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO3的物质的量，故d错误； 答案选ab。‎ ‎ ‎