【化学】河南省新野县第一高级中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题(解析版)

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【化学】河南省新野县第一高级中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题(解析版)

河南省新野县第一高级中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题 一、选择题(每小题3分,共48分)‎ ‎1.下列对化学反应方向的叙述正确的是( )‎ A. 室温下不能自发进行的反应,在高温下有可能自发进行 B. 熵增加有利于反应的自发进行,熵减小的反应常温下都不会自发进行 C. 非自发反应在任何情况下都不会发生 D. 凡是放热反应都是自发的,吸热反应都是非自发的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对于△H>0,△S>0的反应,室温下不能自发进行,在高温下有可能自发进行,A正确;‎ B.熵增加有利于反应的自发进行,对于熵减小的反应,若△H<0,在常温下可能会自发进行,B错误;‎ C.非自发反应在一定情况下也可能会发生,C错误;‎ D.放热反应不一定都是自发的,对于吸热反应,若△S>0,在高温下是自发进行的,D错误;‎ 故合理选项是A。‎ ‎2.下列有关说法正确的是( )‎ A. 铅蓄电池的正极反应为PbO2+4H++2e-===Pb2++2H2O B. 以CO和O2构成的碱性燃料电池负极电极反应式为CO+4OH--2e-===CO+2H2O C. 电解法精炼铜时,以粗铜作阴极,纯铜作阳极 D. 工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知,放电时,铅蓄电池的正极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=== PbSO4+2H2O,故A错误;‎ B.碱性燃料电池负极CO失电子发生氧化反应,电极反应式为CO+4OH--2e-===CO+2H2O,故B正确;‎ C.电解精炼铜时,阳极上失电子发生氧化反应,所以粗铜作阳极,纯铜作阴极,故C错误;‎ D.电解熔融氯化钠制备金属钠和氯气,电解氯化钠溶液得到氯气、氢气、氢氧化钠,故D错误;‎ 答案选B。‎ ‎3.实验发现,298 K时,在氯化铁酸性溶液中加少量锌粒后,Fe3+立即被还原成Fe2+。某夏令营兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示原电池装置。下列有关说法正确的是( )‎ A. 该原电池的正极反应是:Zn-2e-=Zn2+‎ B. 左烧杯中溶液的红色逐渐褪去 C. 该电池铂电极上立即有气泡出现 D. 该电池总反应为:3Zn+2Fe3+=2Fe+3Zn2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于金属活动性Zn>Pt,所以Zn为负极,该原电池的负极的反应式是:Zn-2e-=Zn2+,A错误;‎ B.在左烧杯中发生反应:Fe3++e-=Fe2+,因此会看到溶液的红色逐渐褪去,B正确;‎ C.该电池铂电极上Fe3+获得电子变为Fe2+,H+不能获得电子,因此不会产生气泡,C错误;‎ D.Zn失去电子变为Zn2+,Fe3+获得电子变为Fe2+,故该电池总反应为:Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+,D错误;‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.有一种纸质软电池,该电池采用薄层纸片作为载体和传导体,一面附着锌,另一面附着MnO2。电池总反应为:Zn+MnO2+H2O=ZnO+Mn(OH)2,关于此电池,下列说法正确的是( )‎ A. 该电池Zn为负极,ZnO为正极,MnO2为催化剂 B. 该电池的正极反应为:MnO2+2e-+2H2O=Mn(OH)2+2OH-‎ C. 放电时外电路电子由Zn流向MnO2,内电路电子由MnO2流向Zn D. 电池工作时OH-通过薄层纸片向附着MnO2的电极移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电池总反应为:Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)可知,反应中Zn被氧化,应为原电池的负极,电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O,MnO2被还原,应为原电池的正极,电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-,原电池工作时,电子由负极经外电路流向正极,以此解答该题。‎ ‎【详解】A.反应中Zn被氧化,应为原电池的负极,MnO2被还原,应为原电池的正极,A错误;‎ B.MnO2被还原,应为原电池正极,电极反应式为:MnO2+2e-+2H2O=Mn(OH)2+2OH-,B正确;‎ C.放电时外电路电子由Zn流向MnO2,内电路由离子的定向移动形成闭合电路,电子不能通过电解质溶液,C错误;‎ D.电池工作时OH-向负极移动,锌为负极,D错误;‎ 故合理选项是B。‎ ‎5.关于下列各装置图的叙述不正确的是( )‎ A. 用图①装置实现铁上镀铜,a极为铜,电解质溶液可以是CuSO4溶液 B. 图②装置盐桥中KCl的Cl-移向右烧杯 C. 图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护 D. 图④两个装置中通过导线的电子数相同时,消耗负极材料的物质的量不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用图①装置实现铁上镀铜,根据电流的移动方向可知a极为阳极,是铜电极,b电极为Fe电极,电解质溶液可以是CuSO4溶液,A正确;‎ B.Zn电极为负极,Cu电极为正极,负极Zn失去电子变为Zn2+‎ 进入溶液,根据异种电荷相互吸引的原则,在含有盐桥的原电池中,盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区,该装置中Zn作负极、Cu作正极,所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯,B错误;‎ C.电解池阴极与电源的负极连接,金属被保护,电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀,要保护钢铁,则钢铁连接原电池负极,C正确;‎ D.在左边的原电池中Al为负极,Al是+3价的金属,每27gAl会失去3mol电子;右边的原电池中Zn是负极,Zn是+2价的金属,65gZn会失去2mol电子,所以图④两个装置中通过导线的电子数相同时,消耗负极材料的物质的量不同,D正确;‎ 故合理选项是B。‎ ‎6.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池,电池结构如图所示,工作原理为:Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+。下列说法一定正确的是( )‎ A. 电池充电时,b极的电极反应式为:Cr3++e-=Cr2+‎ B. 电池放电时,b极电极反应式为:Fe2+-e-=Fe3+‎ C. 电池放电时,Cl-从b极穿过选择性透过膜移向a极 D. 电池放电时,电路中每通过0.1 mol电子,Fe3+浓度降低0.1 mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.充电时是电解池工作原理,阴极发生得电子的还原反应,电极反应式为Cr3++e-=Cr2+,A正确;‎ B.电池放电时,反应是原电池的工作原理,负极发生失电子的氧化反应,电极反应式为Cr2+-e-=Cr3+,B错误;‎ C.电池放电时,Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室,即从a极穿过选择性透过膜移向b极,C错误;‎ D.放电时,电路中每流过0.1mol电子,就会有0.1mol的铁离子得电子,减小浓度与体积有关,因此不能确定Fe3+浓度降低数值,D错误;‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )‎ A. 已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应,则SO2的能量一定高于SO3的能量 B. 若C(石墨,s)=C(金刚石,s) ΔH>0,则石墨比金刚石稳定 C. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.4 kJ·mol-1,则20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和,放出28.7 kJ的热量 D. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH1;2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2,则ΔH1>ΔH2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应,则2molSO2(g)和1molO2(g)的能量一定高于2molSO3(g)的能量,但SO2的能量不一定高于SO3的能量,A错误;‎ B.若C(石墨,s)=C(金刚石,s) ΔH>0,则石墨含有的能量比等质量的金刚石的能量低,物质含有的能量越低,物质的稳定性就越强,所以石墨比金刚石稳定,B正确;‎ C.已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.4 kJ·mol-1,20.0 g NaOH的物质的量是0.5mol,由于NaOH固体溶于水反应放出热量,所以20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和,放出的热量大于28.7 kJ,C错误;‎ D.等质量的C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量,物质反应放出的热量越多,则反应热就越小,所以ΔH1<ΔH2,D错误;‎ 故合理选项是B。‎ ‎8.在一密闭容器中,反应aA(g)bB(g)达平衡后,保持温度不变,将容器体积减半,当达到新的平衡时,A的浓度增大为原来的1.8倍,则下列说法错误的是(  )‎ A. 平衡向正反应方向移动了 B. 物质A的转化率增大了 C. 恒温恒压时再充入A物质,达到新的平衡时A的质量分数增加了 D. a>b ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:保持温度不变,将容器体积减半,假如平衡不发生移动,则达到新的平衡时,A的浓度增大为原来的2倍,实际是原来的1.8倍,说明增大压强,平衡向正反应方向移动,物质A的转化率增大了,根据平衡移动原理:增大压强,平衡向气体体积减小的方向移动,正反应是气体体积减小的反应,a>b;在恒温恒压时再充入A物质,由于压强的影响大于浓度的影响,所以达到新的平衡时,平衡正向移动A的质量分数减小了,因此说法错误的是C。‎ ‎9.某密闭容器中发生反应:X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH<0。如图表示该反应的反应速率(v)随时间(t)变化的关系,t2、t3、t5时刻外界条件有所改变,但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是( )‎ A. t2时加入了催化剂 B. t3时降低了温度 C. t5时增大了压强 D. t4~t5时间段内反应物转化率最小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知,t2时刻,改变了外界条件,正、逆反应速率同等程度增大,平衡不移动。由于该反应正反应是气体体积减小的反应,所以改变条件只能是使用催化剂,A正确;‎ B.t3时刻,改变外界条件,使正、逆反应速率都降低,且正反应速率降低更多,平衡向逆反应移动。由于该反应正反应是放热反应,温度降低,平衡向正反应移动,故改变的外界条件不可能为降低温度,B错误;‎ C.t5时刻,改变外界条件,使正、逆反应速率都增大,且逆反应速率增大更多,平衡向逆反应移动。由于该反应正反应是气体体积减小的反应,增大压强平衡向正反应移动,与图象不符合,C错误;‎ D.由上述分析可知,t2时刻,使用催化剂,平衡不移动,X的转化率不变,t3时刻,减小压强,平衡向逆反应移动,X的转化率降低,t5时刻,升高温度,平衡向逆反应移动,X的转化率继续降低,故在t6时刻,X的转化率最低,D错误;‎ 故合理选项是A。‎ ‎10.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应:3A(g)+B(g) 2C(g) ΔH<0,若起始温度相同,分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B,则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为( )‎ A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】3A(g)+B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中,体积不变,温度升高,与容器②相比,相当于升温,不利于反应正向移动,C物质的体积分数②>①;③容器体积可变、压强不变,正反应体积减小,所以③中的压强始终高于②,有利于反应正向移动,C物质的体积分数③>②,达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①,故选A。‎ ‎11.有一处于平衡状态的反应X(g) +3Y(g)2Z(g) (正反应是放热反应) 。为了使平衡向生成Z的方向移动, 应选择的条件是( )‎ ‎①升高温度 ②降低温度 ③增大压强 ④降低压强 ⑤加入正催化剂 ⑥分离出Z A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据影响化学平衡移动的因素:升高温度、平衡向着吸热方向移动,降低温度,平衡向着放热方向移动;升高压强,平衡向着气体体积减小的方向移动,降低压强,平衡向气体体积增大的方向移动;增大反应物浓度或者减小生成物浓度平衡都向正方向移动;催化剂只改变反应速率不改变平衡移动。‎ ‎【详解】反应X(g) +3Y(g)2Z(g)是一个放热反应,,所以升高温度,平衡逆向移动,降低温度,平衡正向移动,故①错误,②正确;增大压强,平衡向着气体体积减小的方向即逆向进行,减小压强,平衡正向移动,故③正确,④错误;加催化剂不会引起化学平衡的移动,故⑤错误;分离出Z,即减小生成物的浓度,平衡正向移动,故⑥正确;综上所述,②③⑥符合题意,本题选C。‎ ‎12.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )‎ A. 图甲表明,其他条件相同时,H2O2浓度越小,其分解速率越快 B. 图乙表明,其他条件相同时,溶液pH越小,H2O2分解速率越快 C. 图丙表明,少量Mn 2+存在时,溶液碱性越强,H2O2分解速率越快 D. 图丙和图丁表明,碱性溶液中,Mn2+对H2O2分解速率的影响大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图甲中溶液的pH相同,但浓度不同,浓度越大,相同时间内浓度的变化量越大,由此可知:在相同pH条件下,双氧水浓度越大,双氧水分解速率越快,A错误;‎ B.图乙中H2O2浓度相同,但加入NaOH浓度不同,说明溶液的pH不同,NaOH浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大,由此得出:当双氧水浓度相同时,溶液的pH越大,双氧水分解速率越快,B错误;‎ C.图丙中少量Mn2+存在时,相同时间内双氧水浓度变化量:0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液,C错误;‎ D.图丁中溶液的pH相同,Mn2+浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大,图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响,由此得出:碱性溶液中,Mn2+对H2O2分解速率的影响大,D正确;‎ 故合理选项是D。‎ ‎13.在温度、容积相同的3个密闭容器中,按不同方式投入反应物,保持恒温、恒容,测得反应达到平衡时的有关数据如下:(已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol)‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 2c1>c3 B. a+b<92.4 C. 2p1p3,C错误;‎ D.甲乙处于相同的平衡状态,则a1+a2=1,而a2>a3,所以a1+a3<1,D正确;‎ 故合理选项是D。‎ ‎14.在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g),发生反应X(g) + Y(g)M(g) +‎ ‎ N(g),所得实验数据如下表:‎ 实验 编号 温度/℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X)‎ n(Y)‎ n(M)‎ ‎①‎ ‎700‎ ‎0.40‎ ‎0.10‎ ‎0.090‎ ‎②‎ ‎800‎ ‎0.10‎ ‎0.40‎ ‎0.080‎ ‎③‎ ‎800‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ a ‎④‎ ‎900‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ b 下列说法正确的是( )‎ A. 实验①中,若5 min时测得n (M) == 0.050 mol,则0至5 min时间内,用N表示的平均反应速率υ (N) = 1.0×10-2 mol/(L·min)‎ B. 实验②中,该反应的平衡常数K = 2.0‎ C. 实验③中,达到平衡时,X的转化率为60%‎ D. 实验④中,达到平衡时,b>0.060‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:A.实验①中,若5min时测得n(M)=0.050mol,浓度是0.0050mol/L,根据反应的化学方程式可知,同时生成的N的物质的量也是0.0050mol/L ,因此0至5min时间内,用N表示的平均反应速率υ(N)=0.0050mol/L ÷5min=1.0×10-3mol/(L·min),A项错误;B、实验②中,平衡时M的浓度是0.0080mol/L,同时生成的N的浓度是0.0080mol/L,消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L,因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L-0.0080mol/L=0.002mol/L,0.04mol/L-0.0080mol/L=0.032mol/L,因此反应的平衡常数K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1,B项错误;C.根据反应的化学方程式可知,如果X的转化率为60%,则 X(g)+Y(g)M(g)+N(g)‎ 起始浓度(mol/L) 0.020 0.030 0 0‎ 转化浓度(mol/L) 0012 0.012 0.012 0.012‎ 平衡浓度(mol/L)0.008 0.018 0.012 0.012‎ 温度不变,平衡常数不变,则K=(0.0120×0.0120)÷(0.008×0.018)=1,即反应达到平衡状态,因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确;D.700℃时 X(g)+Y(g)M(g)+ N(g)‎ 起始浓度(mol/L) 0.040 0.010 0 0‎ 转化浓度(mol/L) 0.009 0.009 0.009 0.009‎ 平衡浓度(mol/L) 0.0310. 001 0.009 0.009‎ 则该温度下平衡常K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.9>1,这说明升高温度平衡常数减小,即平衡向逆反应方向移动,因此正方应是放热反应。若容器④中温度也是800℃,由于反应前后体积不变,则与③相比④平衡是等效的,因此最终平衡时M的物质的量b=0.5a=0.06。当温度升高到900℃时平衡向逆反应方向移动,因此b<0.060,D项错误,答案选C。‎ ‎15.反应mX(g)nY(g)+pZ(g) ΔH,在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示,下列说法错误的是( )‎ A. 该反应的ΔH>0‎ B. m<n+p C. B、C两点化学平衡常数:KB>KC D. A、C两点的反应速率v(A)<v(C)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图象可知:在压强不变时,升高温度,达到平衡时Y的体积分数增大,说明升高温度化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理,升高温度,化学平衡向吸热反应方向移动,该反应的正反应是吸热反应,所以△H >0,A正确;‎ B.根据图象可知,在温度不变时,增大压强,Y的体积分数减小,说明增大压强,化学平衡向逆反应方向移动,根据平衡移动原理,增大压强,化学平衡向气体体积减小的方向移动,逆反应方向是气体体积减小的反应方向,所以mv(逆)‎ D. 200℃时,向容器中充入2molA和1molB,达到平衡时,A的体积分数小于0.5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图示可知,反应从开始到平衡B在5min内物质的量改变了0.2mol,反应在2L容器内进行,则反应的平均速率v(B)==0.02mol·L-1·min-1,A错误;‎ B.由图Ⅱ可知,n(A):n(B)一定时,温度越高平衡时C的体积分数越大,说明升高温度平衡向正反应移动,根据平衡移动原理,升高温度平衡向吸热反应移动,所以该反应的正反应为吸热反应,即△H>0;图Ⅰ可知,200℃时平衡时,A的物质的量变化量为0.4mol,B的物质的量变化量为0.2mol,在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比,平衡时生成物C的体积分数就最大,A、B的起始物质的量之比=0.4mol:0.2mol=2,即a=2,B错误;‎ C.恒温恒容条件下,通入氦气反应混合物的浓度不变,平衡不移动,故v(正)=v(逆),C错误;‎ D.由图Ⅰ可知,200℃‎ 时平衡时,A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol,物质的量之比等于化学计量数之比,故x:y:z=0.4mol:0.2mol:0.2mol=2:1:1,平衡时A的体积分数为=0.5,200℃时,向容器中充入2 mol A 和1 mol B,增大压强,平衡向正反应移动,故达到平衡时,A的体积分数小于0.5,D正确;‎ 故合理选项是D。‎ 二、填空题(每空2分,共52分)‎ ‎17.据报道,某种以甲醇为原料,以KOH为电解质用于手机的可充电的高效燃料电池,充一次电可连续使用较长时间。下图是一个电化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为:2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O。‎ 请填空:‎ ‎(1)充电时,①燃料电池的负极与电源________极相连。‎ ‎②阳极的电极反应式为:________________________。‎ ‎(2)放电时:负极的电极反应式为:__________________。‎ ‎(3)在此过程中若完全反应,乙池中A极的质量增加648 g,则甲池中理论上消耗O2____________L(标准状况)。‎ ‎(4)若在常温常压下,1 g CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68 kJ,表示该反应的热化学方程式为:____________________。‎ ‎【答案】(1). 负 (2). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ (3). CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O (4). 33.6 (5). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-725.76 kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)充电时,原电池负极与电源负极相连,作阴极,发生还原反应;阳极失电子发生氧化反应;‎ ‎(2)放电时,负极上甲醇失电子发生氧化反应;‎ ‎(3)乙池中A极为阴极,银离子得电子发生还原反应,根据转移电子相等计算氧气的体积;‎ ‎(4)根据物质反应放出的热量与反应的物质多少呈正比计算反应热,然后书写热化学方程式。‎ ‎【详解】(1)①充电时,燃料电池负极与电源负极相连;‎ ‎②阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应,电极反应式为:4OH--4e-=2H2O+O2↑;‎ ‎(2)放电时,甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,所以电极反应式为:CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O;‎ ‎(3)乙池中A电极上Ag+得电子发生还原反应,当乙池中A电极的质量增加648g,n(Ag)==6mol,则根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知:在甲池中理论上消耗O2体积V(O2)=33.6L。‎ ‎(4)若在常温常压下,1g CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68 kJ,由于1mol甲醇的质量是32g,所以1mol CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68 kJ×32=725.76 kJ,所以表示该反应的热化学方程式为:CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-725.76 kJ·mol-1。‎ ‎18.已知化学反应①:Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g),其化学平衡常数为K1;化学反应②:Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g),其化学平衡常数为K2,在温度973 K和1173 K的情况下,K1、K2的值分别如下:‎ 温度 K1‎ K2‎ ‎973 K ‎1.47‎ ‎2.38‎ ‎1 173 K ‎2.15‎ ‎1.67‎ ‎(1)通过表格中的数值可以推断:反应①是_______(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎(2)现有反应③:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),请你写出该反应的平衡常数K3的表达式:K3=______。‎ ‎(3)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式为__________,据此关系式及上表数据,能推断出反应③是________(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎(4)要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动,可采取的措施有______ 、_____ (填写字母序号)。‎ A.缩小反应容器的容积 B.扩大反应容器的容积 C.升高温度 D.使用合适的催化剂 E.设法减小平衡体系中的CO的浓度 ‎(5)图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡,在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况:‎ ‎①图甲中t2时刻发生改变的条件是__________。‎ ‎②图乙中t2时刻发生改变的条件是__________。‎ ‎【答案】(1). 吸热 (2). (3). K3=K1/K2 (4). 吸热 (5). CE (6). 增大压强或使用催化剂 (7). 降低温度或设法分离出H2‎ ‎【解析】(1)根据表中数据可知,升高温度,K1是增大的,说明升高温度平衡向正反应方向进行,所以反应①是吸热反应。‎ ‎(2)平衡常数是在一定条件下,可逆反应达到平衡状态时,生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值,所以根据方程式可知,平衡常数表达式是K3=。‎ ‎(3)根据盖斯定律可知,①-②即得到反应③,所以K3=K1/K2;升高温度,K1增大,K2增减小,所以K3是增大,因此正反应是吸热反应。‎ 反应③是体积不变的、吸热的可逆反应,所以要使平衡向正反应方向移动,则可以升高温度,或降低生成物的浓度等,但压强和催化剂不能改变平衡状态,答案选CE。‎ ‎(5)①图甲中t2时刻正逆反应速率都增大,但平衡不移动,所以改变的条件是增大压强或使用催化剂。‎ ‎②图乙中t2时刻CO2的浓度增大,而CO的浓度降低,即平衡向逆反应方向进行,所以改变的条件是降低温度或从体系中分离出H2。‎ ‎19.A是由导热材料制成的密闭容器,B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球.关闭K2,将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中,反应起始时,A、B的体积相同.(已知:2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0) ‎ ‎(1)一段时间后,反应达到平衡,此时A、B中生成N2O4的速率是vA______vB(填“>”、“<”或“=”);若打开活塞K2,气球B将______(填“变大”、“变小”或“不变”).‎ ‎(2)关闭活塞K2,若在A、B中再充入与初始量相等的NO2,则达到平衡时,NO2的转化率αA将________(填“增大”、“减小”或“不变”);若分别通入等量的氖气,则达到平衡时,A中NO2的转化率将________,B中NO2的转化率将______(填“变大”、“变小”或“不变”).‎ ‎(3)室温下,若A、B都保持体积不变,将A套上一个绝热层,B与外界可以进行热传递,则达到平衡时,______中的颜色较深.‎ ‎(4)若在容器A中充入4.6 g的NO2,达到平衡后容器内混合气体的平均相对分子质量为57.5,则平衡时N2O4的物质的量为___________________.‎ ‎【答案】(1). < (2). 变小 (3). 增大 (4). 不变 (5). 变小 (6). A (7). 0.02mol ‎【解析】试题分析:(1)根据装置可知,A是保持恒温恒容的,B是保持保持恒温恒压的。由于该反应是体积减小的放热的可逆反应,所以A中的压强在反应过程中减小,所以A中的反应速率小于B中的反应速率。若打开活塞K2,则相当于整套装置是恒温恒压的,所以气球B将减小;(2)在加入等量的NO2气体,则A是相当于增大压强,平衡向正反应方向移动,转化率增大。若通入等量的Ne气,则A中物质的浓度不变,平衡不移动,转化率不变;而B是压强不变的,所以容器容积增大,物质的浓度减小,平衡向逆反应方向进行,转化率减小;(3)该反应为放热反应,将A套上—个绝热层,相当于给A加热,平衡逆向移动,NO2的浓度增大,A中的颜色较深;‎ ‎(4)4.6g的NO2的物质的量为0.1mol,n(总)=4.6/57.6=0.08mol,利用三段式解题:‎ ‎2NO2N2O4‎ 开始 0.1 0‎ 变化 2x x 平衡0.1-2x x 0.1-2x+x=0.08 x=0.02mol ‎20.2014年,全国很多地区都曾出现严重的雾霾天气,汽车尾气、冬季取暖排放的CO2等都是形成雾霾的因素。请回答下列问题:‎ 将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为2L的恒容密闭容器中,进行反应:H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g),得到3组数据如表所示:‎ 实验 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡状态所需时间/min H2O CO CO H2‎ ‎1‎ ‎650‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎2.4‎ ‎1.6‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎0.4‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎900‎ a b c d t ‎(1)实验1中0~5min内,以v(CO2)表示的化学反应速率为______,此温度下的化学平衡常数为______,温度升高时化学平衡常数会_______(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(2)若a=2,b=1,则达到平衡状态时实验2中H2O(g)和实验3中CO的转化率的关系为α2(H2O)___(填“<”“>”或“=”)α3(CO)。‎ ‎【答案】(1). 0.16mol·L-1·min-1 (2). (3). 减小 (4). =‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在反应开始时,c(H2O)=1mol/L,c(CO)=2mol/L,c(CO2)=c(H2)=0,反应达到平衡时,c(CO)=1.2mol/L,反应消耗了0.8mol/L,则根据物质反应关系可知此时c(H2O)=(1-0.8)mol/L=0.2mol/L,c(CO2)=c(H2)=0.8mol/L,实验1中0~5min内,以v(CO2)表示的化学反应速率v(CO2)==0.16 mol·L-1·min-1;此温度下该反应的化学平衡常数K=;第二组温度比第一组高,反应物物质的量比第一组减半,但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少,说明升高温度平衡逆向移动,逆反应是吸热反应,则该反应正向是放热反应;温度升高时,平衡逆向移动,化学平衡常数会减小;‎ ‎(2)反应H2O+COCO2+H2中,H2O和CO系数相等,根据转化率=,两种情况下,实验组2中H2O(g)转化量与起始量之比一定等于实验组3中CO的转化量与起始量,所以α2(H2O)=α3(CO)。‎ ‎21.(1)用焦炭还原NO的反应为:2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g),向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温(反应温度分别为400℃、400℃、T℃)容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO,测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如表所示:‎ t/min ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ n(NO)(甲容器)/mol ‎2.00‎ ‎1.50‎ ‎1.10‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ n(NO)(乙容器)/mol ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.53‎ ‎0.45‎ n(NO)(丙容器)/mol ‎2.00‎ ‎1.45‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎①该反应为____(填“放热”或“吸热”)反应。‎ ‎②乙容器在50min时达到平衡状态,则NO的浓度是______,0~50min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_______。‎ ‎(2)用焦炭还原NO2的反应为:2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g),在恒温条件下,1molNO2和足量C发生该反应,测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示:‎ ‎①A、C两点的浓度平衡常数关系:Kc(A)_______Kc(C)(填“<”、“>”或“=”)。‎ ‎②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是______(填“A”、“B”或“C”)点。‎ ‎③计算B点时该反应的压强平衡常数Kp(B)=________(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算,平衡分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). 0.4mol/L (3). 0.012 mol·L-1·min-1 (4). = (5). C (6). 3MPa ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①温度升高,反应速率加快,达到平衡所需时间缩短。根据比较甲容器和丙容器中的数据,丙容器中先达到平衡,则说明丙容器中温度高;升高温度达到平衡时丙容器中NO的物质的量高于甲容器,说明温度升高平衡向逆方向移动,所以该反应是放热反应;‎ ‎②根据2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)是反应前后气体体积不变的反应,相同温度下,甲与乙为等效平衡,故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半,即n(NO)=0.4mol,所以c(NO)=0.4mol÷1L=0.4mol/L,则0∼50min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)==0.012 mol·L-1·min-1;‎ ‎(2)①A、C两点温度相同,平衡常数只与温度有关,故浓度平衡常数关系:Kc(A)=Kc(C);‎ ‎②反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)的正反应是气体体积增大的反应,根据平衡移动原理,增大压强,化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动,故A、B、C三点中NO2‎ 的转化率最高的是C点;‎ ‎③设生成CO2的物质的量浓度2xmol/L,则必然会同时产生xmol/LN2,反应消耗NO2的浓度为2xmol/L,平衡时NO2的浓度为(1-2x)mol/L,B点时NO2和CO2浓度相等,则1-2x=2x,解得x=0.25,所以平衡时各种气体的物质的量浓度c(NO2)=c(CO2)=0.5mol/L,c(N2)=0.25mol/L。因B点时NO2和CO2浓度相等,则NO2和CO2的分压也相等,即Kp(NO2)=Kp(CO2),所以B点的压强平衡常数Kp(B)==3MPa。‎
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