河北省邯郸大名一中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

河北省邯郸大名一中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

河北邯郸大名一中2019-2020学年高二上第一次月考化学试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cu-64 S-32 Cl-35.5 I-127‎ 一、选择题（下列各题只有一个选项符合题意，共25小题，每小题2分，共50分）‎ ‎1. 升高温度能使反应速率加快，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 降低反应所需的活化能 B. 使反应体系的活化分子百分数增大 C. 体系中活化分子总数不变 D. 对于吸热反应、放热反应，反应速率同等程度加大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：改变反应的温度，提供能量，有效碰撞的机会增大，增大了反应体系中活化分子的百分数，故A、C错误；B正确；D．吸热反应反应速率增大程度比放热反应的大，D错误。选B。‎ 考点：有效碰撞理论 ‎2.查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为CH3CHO，即：2CH3CH2OH＋O2=2CH3CHO＋2H2O。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. O2发生的反应是还原反应 B. 正极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O C. 乙醇在正极发生还原反应 D. 其中一个电极的反应式为CH3CH2OH－2e－=CH3CHO＋2H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电池总反应2CH3CH2OH＋O2=2CH3CHO＋2H2O中，正极上O2得电子反应还原反应，故A正确；‎ B．正极上O2得电子反应还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，故B正确；‎ C．乙醇应该在负极上发生氧化反应，正极上是O2得电子发生还原反应，故C错误；‎ D．乙醇在负极上发生氧化反应，电极反应式为CH3CH2OH－2e－=CH3CHO＋2H＋，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：‎ ‎①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；‎ ‎②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；‎ ‎③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；‎ ‎④熔融碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。‎ ‎3.利用某些有机物之间相互转化可以储存太阳能，如原降冰片二烯(NBD)经过太阳光照转化成为四环烷(Q)。已知： ①C7H8(l)(NBD)＋9O2(g)=7CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH1，②C7H8(l)(Q)＋9O2(g)=7CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH2，③　ΔH＝+88.62 kJ·mol－1。下列叙述不正确的是(　　)‎ A. ΔH1>ΔH2 B. NBD的能量比Q的能量高 C. NBD比Q稳定 D. NBD转化为Q是吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、①②为放热反应，即△H<0，比较时应注意“－”；‎ B、根据能量守恒进行分析；‎ C、能量越低，物质越稳定；‎ D、根据能量守恒进行分析。‎ ‎【详解】A、①②为放热反应，△H<0，③该反应为吸热反应，即Q的能量高于NBD，利用△H=生成物总能量－反应物总能量，得出△H1>△H2，也可以采用①－②得出：△H1－△H2=△H>0，即△H1>△H2，故A说法正确；‎ B、根据③，此反应是吸热反应，根据能量守恒，Q的能量高于NBD，故B说法错误；‎ C、根据能量越低，物质越稳定，根据B的分析，NBD的能量低于Q，即NBD比Q稳定，故C说法正确；‎ D、根据③△H>0，说明此反应为吸热反应，故D说法正确。‎ ‎4.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S－F键。已知：1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1 molF－F、S－F键需吸收的能量分别为160 kJ、330kJ。则S(s)＋‎3F2(g)=SF6(g)的反应热ΔH为（ ）‎ A. －1780 kJ·mol－1 B. 1220 kJ·mol－1‎ C. －1220 kJ·mol－1 D. 1780 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应热△H=反应物总键能-生成物总键能计算反应热。‎ ‎【详解】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以对于S(s)+‎3F2(g)═SF6(g)，其反应热△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol-6×330kJ/mol=-1220kJ/mol，故答案为C。‎ ‎5. 下列有关说法正确的是 A. 当H2O与Na2O2反应生成1molO2时，转移电子数目为2×6.02×1023‎ B. 用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大 C. 常温下2S2O(g)3S(s)+SO2(g)能自发进行，可推断该反应为吸热反应 D. 氯水通入SO2后溶液的酸性减弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A.H2O与Na2O2反应时，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每生成1molO2时，转移的电子数目为2×6.02×1023，故A正确；B.因醋酸是弱电解质，不能完全电离，用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗盐酸的体积更大，故B错误；C.常温下2S2O(g)3S(s)+SO2(g)能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0其中△S＜0，可知△H＜0，即该反应为放热反应，故C错误；D.氯水通入SO2后溶液后生成盐酸和硫酸，溶液的酸性增强，故D错误；答案为A。‎ 考点：考查元素及其化合物的性质，涉及钠、硫的化合物，以及弱电解质的电离与焓变与熵变的综合应用等。‎ ‎6. 下列实验装置符合实验目的是（ ）‎ 目的 ‎ 粗铜的精炼 ‎ 验证NaCl溶液（含酚酞）的产物 ‎ 在铁制品上镀铜 ‎ 构成原电池 ‎ 装置 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 选项 ‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题以实验装置为背景，综合考查电化学知识 粗铜精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，A不正确。B中根据电流的方向可判断，铁是阳极，碳棒是阴极，铁失去电子，而不是溶液中的氯离子，因此得不到氯气，不正确。电镀时镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含有镀层金属离子的溶液作电解液，在铁上镀铜，铜和电源的正极相连，所以C是错误的。选项D中符合原电池的构成条件，正确。答案选D。‎ ‎7.下列有关金属腐蚀与防护的说法中正确的是 A. 在生产生活中比较普遍而且危害较大的是金属的化学腐蚀 B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极阴极保护法 D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、在生产生活中比较普遍而且危害较大的是金属的电化学腐蚀，故A错误；B、铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，故B错误；C、海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、防止金属被氧化，金属应连接电源的负极，如连接正极，加剧腐蚀，故D错误。‎ 考点：金属的电化学腐蚀与防护 ‎8.铁在下列情况下腐蚀最快的是 A. 将铁和锡连接后放入海水中 B. 铁放入海水中 C. 将铁和锌连接后放入海水中 D. 将铁和锌连接后放入淡水中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁比锡活泼，形成原电池反应时，铁作负极被氧化而腐蚀，故A正确；‎ B．铁放入海水中，可被腐蚀，与A向比较，腐蚀较慢，故B错误；‎ C．锌比铁活泼，易被腐蚀，铁被保护，故C错误；‎ D．将铁和锌连接后放入淡水中，溶液导电性较弱，且锌比铁活泼，铁不易被腐蚀，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】明确引起金属腐蚀的原理是答题的关键，关于金属的电化学腐蚀需要掌握以下规律：1、对同一种金属来说，腐蚀的快慢：强电解质溶液＞弱电解质溶液＞非电解质溶液。2．活动性不同的两金属：活动性差别越大，活动性强的金属腐蚀越快。3．对同一种电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，腐蚀越快，且氧化剂的浓度越高，腐蚀越快。4．电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护措施的腐蚀。5．对于不同氧化剂来说，氧化性越强，金属腐蚀越快。反之，防腐措施由好到差的顺序为：外接电源的阴极保护法防腐＞牺牲阳极的阴极保护法防腐＞有一般防护条件的防腐＞无防护条件的防腐。‎ ‎9.如图是某同学做Zn-Cu原电池实验所做的读书卡片记录，其中描述合理的组合是（ ）‎ A. ③④⑤ B. ①②③ C. ②③④ D. ④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Zn-Cu原电池中，Zn作负极，发生电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动，以此来解答。‎ ‎【详解】①Zn为负极，Cu为正极，故①错误；‎ ‎②H+向正极移动，故②错误；‎ ‎③电子由Zn电极流向Cu电极，故③正确；‎ ‎④Cu电极上发生2H++2e-=H2↑，故④正确；‎ ‎⑤由2H++2e-=H2↑可知，有1mol电子流向导线，产生氢气0.5mol，故⑤正确；‎ ‎⑥正极反应为2H++2e-=H2↑，故⑥错误；‎ 只有③④⑤，故答案为A。‎ ‎10. 我们在学习和生活过程中所观察的以下现象与电化腐蚀有关的是 A. 光亮的自行车钢圈不易生锈 B. 炒过菜的铁锅未及时洗净出现红褐色锈斑 C. 光亮的铜丝在火焰上灼烧后变黑 D. 实验室镁带拆封放置一段时间后表面变灰暗 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 自行车钢圈属于合金，不易生锈；铜加热时被氧化生成黑色氧化铜；镁是活泼的金属，极易被氧化，这些都是与电化学腐蚀无关系的。选项B中是钢铁的电化学腐蚀，所以答案选B。‎ ‎11.用铂电极电解100mLHNO3 与AgNO3 的混合液，通电一段时间后，两极均收集到‎4.48L气体（标准状况），则原混合液中Ag+的物质的量浓度为（ ）‎ A. 1mol·L－1 B. 2mol·L－‎1 ‎C. 2.5mol·L－1 D. 4mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铂电极为惰性电极，电解HNO3与AgNO3 的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到‎4.48L气体(标准状况)，阴极发生2Ag++2e-=2Ag、2H++2e-=H2↑，阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，以此进行计算。‎ ‎【详解】铂电极为惰性电极，电解HNO3与AgNO3 的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到‎4.48L气体(标准状况)，n(气体)==0.2mol，由阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑可知，生成0.2molO2转移0.8mol电子，根据电子守恒可知，阴极转移0.8mol电子，则：‎ ‎2H++2e-=H2↑‎ ‎ 0.4mol 0.2mol ‎2Ag++2e-=2Ag ‎0.4mol 0.4mol 即n(Ag+)=0.4mol，‎ 则原混合溶液中Ag+物质的量浓度为=4mol/L，故答案为D。‎ ‎【点睛】分析电解过程的思维程序：①首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极；②再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳离子两组；③然后排出阴阳离子的放电顺序：阴极:阳离子放电顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-；本题阴、阳两极均生成气体，说明溶液中的Ag+已经全部还原，继续生成氢气。‎ ‎12.被称之为“软电池”的纸质电池，其电池总反应为Zn+2MnO2+H2OZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是( )‎ A. 该电池的正极为锌 B. 该电池反应中二氧化锰起催化剂作用 C. 当‎65 g Zn完全溶解时，流经电极的电子为1mol D. 电池正极反应式为2MnO2+2e-+2H2O2MnO(OH)+2OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、从电池反应可知，锌被氧化，失去电子，所以是负极，故A错误；B、该电池反应中二氧化锰发生了还原反应，二氧化锰得到电子，被还原，为原电池的正极，故B错误；C、当有‎65 g Zn物质的量为1mol锌溶解时，流经电极的电子2mol，故C错误；D、电池的正极反应式为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，或2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，故D正确。‎ 考点：化学电源新型电池。‎ ‎13.下列关于化学平衡常数K的说法中，正确的是（ ）‎ A. 对于某一反应来说，K是定值，不随外界条件的改变而改变 B. K越大，化学反应速率越快 C. K越大，反应进行得越彻底 D. 使用合适的催化剂，既可以改变反应速率，也可以改变平衡常数K ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．平衡常数随温度变化而变化。温度不变，只改变浓度、压强等，平衡移动，但K值不变，而温度改变，平衡移动，平衡常数也改变，故A错误；‎ B．平衡常数用来衡量反应进行程度，和反应速率无直接关系，故B错误；‎ C．平衡常数越大，反应物转化率越大，反应进行得越彻底，故C正确；‎ D．平衡常数只受温度影响，使用催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡常数，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】化学平衡常数应注意的问题：①化学平衡常数只与温度有关；②稀溶液中进行的反应，水的“浓度”作为常数，在平衡常数中不用书写；③当反应中有固体物质参加时，固体的“浓度”‎ 作为常数，在平衡常数表达式中不用书写；④化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。同一个化学反应，由于书写的方式不同，各反应物、生成物的化学计量数不同，平衡常数就不同。但是这些平衡常数可以相互换算；⑤平衡常数的大小可以表示反应进行的程度。K大说明反应进行程度大，反应物的转化率大。K小说明反应进行的程度小，反应物的转化率小。一般认为K＞105反应较完全(即不可逆反应)，K＜10-5反应很难进行(即不反应)；⑥定量的衡量化学反应进行的程度。K值越大，表示反应进行的程度越大，反应物的转化率也越大；⑦判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行；⑧判断反应的热效应，若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。‎ ‎14. 下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是( )‎ A. Cu能与浓硝酸反应，但不能与浓盐酸反应 B. Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快 C. N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应 D. Fe与浓盐酸反应比与稀盐酸反应快 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：要想说明反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定性因素，则该实验事实应区别在反应物本身而不是外界因素，如浓度、压强、温度、催化剂等。其中选项B、D为浓度不同所致，选项C为反应条件不同所致，只有选项A是因浓硝酸与浓盐酸本身性质不同所致。答案选A。‎ 考点：考查影响化学反应速率的因素 ‎15.当反应：Cl2(g)＋S(s)SCl2(g)达到平衡后，缩小容器体积，此时反应速率的变化情况是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将容器体积缩小，压强增大，则正逆反应速率都增大，反应Cl2(g)+S(s)SCl2(g)的特点是反应物气体的计量数之和等于生成物气体的计量数之和，减小体积，平衡不移动，即正反应速率和逆反应速率同等程度增大，故答案为A。‎ ‎16.在紫外线的作用下，氧气可生成臭氧：3O22O3，一定条件下该反应达到平衡状态的标志是(　　)‎ A. 单位时间内生成2 mol O3，同时消耗3 mol O2‎ B. O2的消耗速率0.3 mol·L－1·s－1，O3的消耗速率0.2 mol·L－1·s－1‎ C. 容器内，2种气体O3、O2浓度相等 D. 气体密度不再改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.单位时间内生成2 mol O3，同时消耗3 mol O2，均指反应正向的速率，故A错误；B. O2的消耗速率0.3 mol·L－1·s－1，O3的消耗速率0.2 mol·L－1·s－1，O2被消耗指正反应方向，O3被消耗指逆反应方向，且两者的速率之比等于系数之比，故正逆反应速率相等，反应处于平衡状态，故B正确；C.容器内，2种气体O3、O2浓度相等不一定是浓度保持不变的状态，故C错误；D.该反应在一个体积不变的容器中进行时，气体密度始终不会发生改变，故D错误；答案选B。‎ ‎【点睛】化学平衡状态是在一定条件下的稳定状态，并不是建立平衡过程中的某个瞬间状态。‎ ‎17.在密闭容器中进行A(g)+2B(s)‎2C(s)+3D(s) ΔH>0的反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 B. 容器内气体平均相对分子质量不变时达到化学平衡状态 C. 温度不变，增大B的投入量，正反应速率增大 D. 温度不变，压缩容器体积重新达到平衡后，A的浓度不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无论吸热反应还是放热反应，升高温度正逆反应速率都增大，则升高温度该反应正逆反应速率都增大，故A错误；‎ B．容器内只有A是气体，反应从开始到达到平衡状态，气体的平均相对分子质量始终是定值，即容器内气体平均相对分子质量不变时不一定达到化学平衡状态，故B错误；‎ C．固体质量多少与化学反应速率无关，B是固体，其质量多少与化学反应速率无关，故C错误；‎ D．温度不变，平衡常数不变，即K=不变，则压缩容器体积重新达到平衡后，A的浓度不变，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎18.COCl2俗名称作光气，是有毒气体。在一定条件下，可发生的化学反应为：COCl2(g) CO(g)＋Cl2(g)　ΔH<0 下列有关说法不正确的是 A. 在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率 B. 当反应达平衡时，恒温恒压条件下通入Ar，COCl2的转化率不变 C. 单位时间内生成CO和消耗Cl2的物质的量比为1∶1时，反应达到平衡状态 D. 平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率。正确。B．当反应达平衡时，恒温恒压条件下通入Ar，，则容器的容积就要扩大。各种物质的浓度就减小。由于生成物的系数大，所以生成物的浓度减小的多，反应物减小的少，所以化学平衡正向移动，COCl2的转化率增大。错误。C．单位时间内生成CO和Cl2的物质的量比为1∶1，若单位时间内生成CO和消耗Cl2的物质的量比为1∶1时，则消耗Cl2的物质的量与生成的Cl2‎ 的物质的量相等，反应达到平衡状态。正确。D．平衡时，其他条件不变，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，由于个反应为放热反应，所以升高温度，化学平衡逆向移动。故可使该反应的平衡常数减小。正确。‎ 考点：考查外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响的知识。‎ ‎19.反应4NH3+5O24NO+6H2O在‎5L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率v(v表示反应物的消耗速率或生成物的生成速率)为 A. (NH3)= 0.002mol/(L·s) B. (O2)= 0.01mol/(L·s)‎ C. (NO)= 0.008mol/(L·s) D. (H2O)= 0.004mol/(L·s)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据v(NO)=计算出NO的化学反应速率，再利用化学反应速率之比等于化学计量之比来分析其它物质的反应速率，以此来解答。‎ ‎【详解】半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率v(NO)==0.002mol/(L∙s)，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(O2)==0.0025mol/(L·s)，v(H2O)==0.003mol/(L·s)，v(NH3)=v(NO)=0.002mol/(L·s)，故A选项正确；‎ 故答案选A。‎ ‎20.在恒温、恒容的密闭容器中进行反应A(g)＋B(g)C(g)，若反应物A的浓度从2 mol·L－1降到0.8 mol·L－1需20 s，则反应物A的浓度由0.8 mol·L－1降到0.2 mol·L－1所需的反应时间( )‎ A. 等于10 s B. 大于10 s C. 小于10 s D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据计算反应物的浓度由2 mol/L降到0.8mol/L 时的平均反应速率，再假设以相同的反应速率根据t=计算反应物的浓度由0.8 mol/L降到0.2mol/L所需反应时间，实际上化学反应进行过程中，反应物不断被消耗，浓度逐渐降低，反应速率逐渐变慢，据此分析解答。‎ ‎【详解】反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率= = 0.06 mol/（L•s），假设以0.06mol/（L•s）的反应速率计算反应物A的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间t===10s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L时的平均反应速率小于0.06mol/（L•s），所以所用时间应大于10s；B项正确，‎ 答案选B。‎ ‎21.如图为反应N2+3H22NH3的速率v(N2)变化的图像，则横坐标不可能是（ ）‎ A. 压强 B. 温度 C. 反应时间 D. N2的浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，氮气的反应速率逐渐增大，题中增大压强、浓度，升高温度等都可增大反应速率，而与反应时间无关，故答案为C。‎ ‎22.在‎2A+B‎3C+4D的反应中，下列用不同物质的变化表示该反应的速率最快的是 A. v(A)=0.5mol·L－1·min－1 B. v(B)=0.3mol·L－1·min－1‎ C. v(C)=0.8mol·L－1·min－1 D. v(D)=1mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 以方程式系数比例都拆算成以B来表示反应速率。‎ ‎23.在密闭容器中进行反应N2＋O22NO，下列条件能加快反应速率的是 A. 增大体积使压强减小 B. 体积不变，充入N2使压强增大 C. 体积不变，充入He使压强增大 D. 压强不变，充入气体Ne ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：增大体积使压强减小，物质浓度减小，速率减慢，故A错误；体积不变，充入N2使压强增大，氮气浓度增大，速率加快，故B正确；体积不变，充入He使压强增大，反应物浓度不变，速率不变，故C错误；压强不变，充入气体Ne，体积增大，浓度减小，速率减慢，故D错误。‎ 考点：本题考查影响化学反应速率的因素。‎ ‎24.某温度下，反应SO2(g)+O2(g)SO3(g) 的平衡常数K1=50，在同一温度下，反应SO3(g)SO2(g) +O2(g)的平衡常数K2的值为 A. 2500 B. ‎100 ‎C. 0.02 D. 0.001‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：SO2(g)+O2(g)SO3(g)，；SO3(g)SO2(g) +O2(g)，；‎ ‎，C正确。‎ 考点：考查平衡常数相关知识。‎ ‎25.在一容积可变的密闭容器中，aA(气)bB(气)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则( )‎ A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质A的转化率减少 C. 物质B的质量分数减小 D. 化学计量数关系a＞b ‎【答案】A ‎【解析】‎ 略 二、填空题（共4题，共50分）‎ ‎26.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1。回答有关中和反应的问题：‎ ‎（1）用0.1molNaOH配成稀溶液与足量稀硝酸反应，放出_____热量。‎ ‎（2）如图装置中缺少的一种玻璃仪器是___，碎泡沫塑料的作用____。‎ ‎（3）若通过实验测定中和热的ΔH，其结果常常大于－57.3kJ·mol－1，其原因可能是____。‎ ‎（4）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热ΔH会___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 5.73kJ (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 保温、隔热的作用 (4). 实验过程中难免有热量散失 (5). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l) △H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，然后根据水的物质的量与热量成正比求出热量；‎ ‎(2)中和热测定的实验中需要量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作；‎ ‎(3)若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热ΔH将会偏大；‎ ‎(4)根据弱电解质电离吸热分析。‎ ‎【详解】(1)由H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，而0.1mol NaOH配成稀溶液与足量稀硝酸反应可得0.1molH2O，所以放出的热量为57.3kJ×0.1=5.73kJ；‎ ‎(2)‎ 中和热测定的实验中需要量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒，还缺少环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热作用；‎ ‎(3)若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热ΔH将会偏大，△H大于-57.3kJ•mol-1；‎ ‎(4)NH3•H2O为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水(NH3•H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热ΔH的数值偏大，则中和热ΔH会偏大。‎ ‎27. 如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业的原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：‎ ‎(1)甲烷燃料电池负极反应式为________________________。‎ ‎(2)石墨(C)极的电极反应式为_______________________。‎ ‎(3)若在标准状况下，有‎2.24 L氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成的气体的体积为________L；丙装置中阴极析出铜的质量为________ g。‎ ‎(4)某同学利用甲烷燃料电池设计电解法制取漂白液或Fe(OH)2的实验装置(如图所示)。‎ 若用于制漂白液，a为电池的________极，电解质溶液最好用)________________‎ 若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠溶液作电解质溶液，阳极选用________作电极。‎ ‎【答案】 (1). CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O (2). 2Cl－－2e－===Cl2↑ (3). 4.48 (4). 12.8 (5). 负 (6). 饱和氯化钠溶液(或饱和食盐水) (7). 铁 ‎【解析】‎ 试题分析：燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极。‎ ‎（1）燃料电池中，负极上投放燃料，所以投放甲烷的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10OH--8e-＝CO32-+7H2O；‎ ‎（2）甲中投放氧化剂的电极是正极，所以乙装置中石墨电极是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-＝Cl2↑；‎ ‎（3）串联电池中转移电子数相等，若在标准状况下，有‎2.24L氧气参加反应，氧气的物质的量是‎2.24L÷‎22.4L/mol÷0.1mol，则则转移电子的物质的量＝0.1mol×4＝0.4mol，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，设生成氢气的体积为xL；丙装置中阴极上析出铜，设析出铜的质量为yg，则 ‎2H++2e-＝H2↑‎ ‎ 2mol ‎‎22.4L ‎0.4mol xL 解得x=4.48‎ Cu 2++2e-＝Cu ‎ 2mol ‎‎64g ‎0.4mol yg 解得y=12.8‎ ‎（4）电解饱和食盐水时，阴极上析出氢气，阳极上析出氯气，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠是漂白液的有效成分，B电极上生成氯气，氯气的密度小于溶液的密度，所以生成的氯气上升，能和氢氧化钠溶液充分的接反应生成次氯酸钠，所以A极上析出氢气，即A极是阴极，所以a为电池负极；若用于制Fe（OH）2，使用硫酸钠做电解质溶液，阴极上氢离子放电生成氢气，如果阳极是惰性电极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气得不到氢氧化亚铁，所以阳极上应该是铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁。‎ 考点：考查原电池和电解池原理及物质的量的有关计算 ‎28.某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：‎ ‎（1）上述实验中发生反应的化学方程式有______；‎ ‎（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_____；‎ ‎（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有__________。‎ ‎（4‎ ‎）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。‎ ‎　　　　　　实验 混合溶液　　　　　‎ A B C D E F ‎4 mol·L－1 H2SO4/mL ‎30‎ V1‎ V2‎ V3‎ V4‎ V5‎ 饱和CuSO4溶液/mL ‎0‎ ‎0.5‎ ‎2.5‎ ‎5‎ V6‎ ‎20‎ H2O/mL V7‎ V8‎ V9‎ V10‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎①请完成此实验设计，其中：V1＝___，V6＝___，V9＝___；‎ ‎②反应一段时间后，实验A中的金属呈___色，实验E中的金属呈___色；‎ ‎③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因____。‎ ‎【答案】 (1). Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑ (2). CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu-Zn原电池，加快了氢气产生的速率 (3). 升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等(任意两种) (4). 30 (5). 10 (6). 17.5 (7). 灰黑 (8). 暗红 (9). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减少了Zn与溶液的接触面积 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)锌较活泼，可与硫酸铜、硫酸等发生置换反应；‎ ‎(2)硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池；‎ ‎(3)对于溶液中的化学反应，影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等；‎ ‎(4)①为保证实验有对比性，只能逐渐改变一个变量分析，CuSO4溶液体积逐渐增多，故H2SO4的量应相等均为30mL，水的量减小，但每组实验中CuSO4与水的体积之和应相等；‎ ‎②锌与硫酸反应使锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；Zn能够置换出Cu，出现紫红色；‎ ‎③生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，影响了反应速率。‎ ‎【详解】(1)因为Cu2+的氧化性比H+的强，所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，反应的有关方程式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；‎ ‎(2)锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快；‎ ‎(3)对于溶液中的化学反应，影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等，要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等；‎ ‎(4)①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml．而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V6=10ml，V9=17.5ml，V1=30ml；‎ ‎②A中没有加入硫酸铜，锌与稀硫酸反应后，锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；Zn能够置换出Cu附着在Zn表面，金属变为紫红色；‎ ‎③因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降。‎ ‎29.氨是氮循环过程中的重要物质，氨的合成是目前普遍使用的人工固氮方法。‎ ‎（1）根据如图提供的信息，写出该反应的热化学方程式___，如图的曲线中__（填“a”或“b”）表示加入铁触媒（催化剂）的能量变化曲线。‎ ‎（2）在恒容容器中，下列描述中能说明上述反应已达平衡的是___。‎ A．3υ(H2)正＝2υ(NH3)逆 B．单位时间内生成nmolN2的同时生成2nmolNH3‎ C．容器内气体的密度不随时间的变化而变化 D．容器内压强不随时间的变化而变化 ‎（3）‎500℃‎、50MPa时，在容积为‎1L的容器中加入1molN2、3molH2，反应达平衡后测得平衡常数为K，此时N2的转化率为a。则K和a的关系是K＝___。‎ ‎（4）1998年希腊亚里斯多德大学的两位科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+），实现了高温常压下高转化率的电解合成氨。其实验装置如图。阴极的电极反应式为___。‎ ‎【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；ΔH＝－92kJ·mol-1 (2). b (3). BD (4). (5). N2＋6H+＋6e－=2NH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图1计算出反应热，写出热化学方程式．注意物质状态，反应热符号等；催化剂能降低反应的活化能；‎ ‎(2)根据平衡状态的判断依据判断；只要满足正反应速率等于逆反应速率，即可判断；‎ ‎(3)根据“三行式”来进行计算得出结论；‎ ‎(4)电解池的阴极发生得电子的还原反应，在合成氨中，氮气得电子，酸性条件下生成氨气。‎ ‎【详解】(1)由图1可知，1molN2(g)与3molH2(g)完全反应生成2molNH3(g)的反应热为508kJ/mol-600kJ/mol=-92kJ/mol，所以合成氨的热化学反应方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H═-92kJ/mol，催化剂能降低反应的活化能，b活化能较低，故答案为b；‎ ‎(2)A．3υ(H2)正=2υ(NH3)逆说明：v(NH3)逆：v(H2)正═3：2不等于对应化学计量数之比，即正反应速率不等于逆反应速率，故A错误； ‎ B．单位时间内生成nmolN2的同时生成2n molNH3说明正反应速率等于逆反应速率，故B正确；‎ C．体积不变，气体的质量不变，密度也会不变，用密度不变无法区分非平衡状态和平衡状态，故C错误；‎ D．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是反应前后气体的总物质的量不相等的反应，当体积固定时，根据阿伏伽德罗定律可知，温度、体积相同时，气体的物质的量之比等于压强之比，容器内气压不随时间变化，说明气体的总物质的量不再发生变化，即说明可逆反应达到了化学平衡状态，故D正确；‎ 故答案为BD；‎ ‎(3)根据题意：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)‎ 初始物质的量浓度：1 3 0‎ 变化物质的量浓度：a ‎3a ‎2a ‎ 平衡物质的量浓度：1-a 3‎-3a ‎‎2a 则平衡常数为K===；‎ ‎(4)电解池的阴极发生得电子的还原反应，在合成氨中，氮气得电子，所以阴极反应为：N2+6H++6e-=2NH3。‎ ‎【点睛】可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化，即变量不再发生变化。‎