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江苏省泰州市姜堰市高二化学上学期期中试题选修含解析
江苏省泰州市姜堰市高二化学上学期期中试题选修含解析
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2022-2022学年江苏省泰州市姜堰市高二(上)期中化学试卷(选修) 一、选择题(共10小题,每小题2分,满分20分)1.下列做法不利于“开源节流”的是( )A.开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源B.大力开采煤、石油和天然气,以满足人们日益增长的能源需求C.大力发展农村沼气,将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源D.减少资源消耗,注重资源的重复使用、资源的循环再生 2.改变外界条件可以影响化学反应速率,针对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g),其中能使活化分子百分数增加的是①增加反应物浓度②增大气体的压强③升高体系的温度④使用催化剂( )A.①②B.②③C.①④D.③④ 3.已知:H2(g)+F2(g)═2HF(g)△H=﹣270kJ/mol,下列说法正确的是( )A.2L氟化氢气体分解成1L的氢气和1L的氟气吸收270kJ热量B.1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJC.在相同条件下,1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量D.1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ热量 4.1000K时,反应C(s)+2H2(g)═CH4(g)的K=8.28×107,当各气体物质的量浓度分别为H20.7mol•L﹣1、CH40.2mol•L﹣1时,上述平衡( )A.向正反应方向移动B.向逆反应方向移动C.达到平衡D.无法判断移动方向 5.下列反应均为吸热反应,其中一定不能自发进行的是( )A.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)B.2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)C.MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)D.2CO(g)=2C(s)+O2(g) 6.制取水煤气的反应为C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H>0,欲提高反应的速率和C(s)的转化率,可采用的措施为( )A.降温B.增大水蒸气的浓度C.增大C(s)的量D.增大压强 7.下列事实中,不能用勒夏特列原理解释的是( )A.冰镇的啤酒打开后泛起泡沫B.对N2+3H2═2NH3的反应,使用铁触媒可加快合成氨反应的速率C.工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)═NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度,使K成蒸汽从反应混合物中分离出来D.氯水中存在如下平衡:Cl2+H2O═HCl+HClO,当加入NaOH溶液后颜色变浅 -24-\n8.在密闭容器中发生反应:aX(g)+bY(g)═cZ(g)+dW(g),反应达到平衡后,保持温度不变,将气体体积压缩到原来的,当再次达到平衡时,W的物质的量浓度为原平衡的1.8倍.下列叙述中不正确的是( )A.平衡向逆反应方向移动B.a+b<c+dC.Y的体积分数减小D.X的转化率下降 9.在相同温度相同体积的甲、乙两容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g),甲容器中充入1molSO2和1molO2,乙容器充入2molSO2和2molO2.下列叙述错误的是( )A.化学反应速率:乙>甲B.平衡后O2的浓度:乙>甲C.平衡后SO2的转化率:乙>甲D.平衡后混合气体的密度:乙>2甲 10.已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1.若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水,则放出的热量约为( )A.55kJB.220kJC.550kJD.1108kJ 二、选择题(共5小题,每小题4分,满分20分)11.反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示,正确的是( )A.该反应是吸热反应B.当反应达到平衡时,升高温度,A的转化率增大C.反应体系中加入催化剂对反应热没有影响D.在反应体系中加催化剂,反应速率增大,E1、E2均减小 12.下列反应既符合图象Ⅰ又符合图象Ⅱ的是( )A.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0B.2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)△H>0C.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H<0D.C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)△H>0-24-\n 13.下列说法正确的是( )A.由H原子形成1molH﹣H键要吸收热量B.C(石墨,s)═C(金刚石,s)△H=+1.9kJ/mol,则可判定金刚石比石墨稳定C.500℃、30MPa下,0.5molN2(g)和1.5molH2(g)反应生成NH3(g)放热19.3kJ,其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣38.6kJ•mol﹣1D.已知Ni(CO)4(s)=Ni(s)+4CO(g)△H=QkJ•mol﹣1,则Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(s)△H=﹣QkJ•mol﹣1 14.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害.在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡:CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)K=0.1.反应前CO的物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol,下列说法正确的是( )A.建立平衡过程中,CO减少的浓度大于H2S减少的浓度B.通入CO后重新达平衡,正、逆反应速率均增大C.反应前H2S物质的量为7molD.CO的平衡转化率为80% 15.在容积固定的容器中发生反应:A(g)+2B(g)═C(g)△H<0,各物质浓度如表所示:浓度时间c(A)/mol•L﹣1c(B)/mol•L﹣1c(C)/mol•L﹣100.81.602min0.6x0.24min0.30.60.56min0.30.60.5下列说法错误的是( )A.2~4min内用B表示的平均反应速率为0.3mol•L﹣1•min﹣1B.反应在第2min时改变了条件,可能是加入了催化剂C.反应在第2min时改变了条件,可能是增加了B的浓度D.若加入催化剂,平衡时气体混合物的总物质的量保持不变 三、解答题(共6小题,满分80分)16.(12分)(2022秋•姜堰市期中)NH3及其盐都是重要的化工原料.(1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3,反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为 、 、 (填字母).(2)恒定温度下在特制的密闭真空容器中充入2molNH3、1molCO2,发生反应制备氨基甲酸铵2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)(假设固体试样体积忽略不计).若容器体积不变,可以判断该反应已经达到化学平衡的是 (填字母).-24-\nA.υ(NH3)=2υ(CO2)B.密闭容器中总压强不变C.密闭容器中混合气体的密度不变上述反应达到平衡后,若在恒温下压缩容器体积,重新达平衡后混合气体中NH3的体积分数 (填“增加”、“减小”或“不变”).(3)铵盐在水溶液中建立如下水解平衡:NH4Cl+H2ONH3•H2O+HCl,研究表明,浓度、温度、pH均对铵盐水解程度(即上述反应中中NH4Cl的转化率)产生影响.某兴趣小组探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响.试剂与仪器:固体NH4Cl、蒸馏水、100 mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽(可控制温度).设计实验方案,pH为拟测定的数据,表中V(溶液)表示所配制NH4Cl溶液的体积.物理量实验序号V(溶液)/mLNH4Cl/g温度/℃pH…1100mT1…2100mT2…31002mT2…请分析,实验1、2的目的是探究 对溶液中NH4Cl水解程度的影响,实验2、3的目的是探究 对溶液中NH4Cl水解程度的影响. 17.(10分)(2022秋•姜堰市期中)利用化学反应原理解决下列问题.(1)在CuCl2水溶液中存在如下平衡:[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl﹣═[CuCl4]2﹣(绿)+4H2O,请写出一个能使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化的操作是 .(2)将铁粉和硫粉混合后加热,待反应一发生即停止加热,反应仍可持续进行,直至反应完全生成新物质硫化亚铁.这现象说明了 .(3)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:△H=+124kJ•mol﹣1工业上,通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气物质的量之比为1:9),控制反应温度600℃,并保持体系总压为常压的条件下进行反应.在不同反应温度下,乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如图:①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,说明水蒸气的加入相当于 (填“加压”或“减压”)的效果.②控制反应温度为600℃的理由是 . 18.(14分)(2022•上海)白云石的主要成份是CaCO3•MgCO3,在我国有大量的分布.以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途.白云石经煅烧、消化后得到钙镁的氢氧化物,再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离.碳化反应是放热反应,化学方程式如下:-24-\nCa(OH)2+Mg(OH)2+3CO2⇌CaCO3+Mg(HCO3)2+H2O完成下列填空(1)Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性 (选填“强”或“弱”)Ca(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的溶解度 (选填“大”或“小”)(2)碳化温度保持在50~60℃.温度偏高不利于碳化反应,原因是 、 .温度偏低也不利于碳化反应,原因是 .(3)已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如图所示,在10min到13min之内钙离子的反应速率为 .15min之后钙离子浓度增大,原因是 (用化学方程式表示).(4)Mg原子核外电子排布式为 ;Ca原子最外层电子的能量 Mg原子最外层电子的能量.(选填“低于”、“高于”或“等于”) 19.(12分)(2022秋•姜堰市期中)甲醇既是重要的化工原料,又可称为燃料.利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主反应如下:①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣99kJ•mol﹣1②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2=﹣58kJ•mol﹣1③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3=+41kJ•mol﹣1回答下列问题:(1)反应①的化学平衡常数K的表达式为 .图中能正确反映该反应平衡常数K随温度变化关系的曲线为 (填“a”或“b”),其判断理由是 .(2)合成气的组成=2.60时,体系中的CO平衡转化率(a)随温度升高而减小,分析其主要原因有:反应①为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;还有 .(3)若在一定条件下,容积恒定为VL的反应室中充入amolCO与2amolH2,在催化剂作用下仅发生反应①,下列措施一定使增大的是 (填字母).A.升高温度B.充入Ar(g)使体系的总压增大C.恒温恒容再充入H2D.恒温恒容再充入amolCO和2amolH2.-24-\n 20.(16分)(2022秋•姜堰市期中)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl.利用反应A,可实现氯的循环利用.反应A:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g).(1)研究表明反应A通过如图1所示的催化剂循环实现.反应①为:2HCl(g)+CuO(s)⇌H2O(g)+CuCl2(g)△H1反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2,则A反应的反应热表示为 .(用△H1和△H2表示).(2)反应A中,4molHCl被氧化,放出115.6kJ的热量,且部分化学键断裂示意图如图2:①H2O的电子式是 ,反应A的热化学方程式是 .②断开1molH﹣O键与断开1molH﹣Cl键所需能量相差约为 kJ,H2O中H﹣O键比HCl中H﹣Cl键 (填“强”或“弱”).(3)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.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ɑHCl﹣T曲线如图3所示,若压缩体积使压强增大,画出相应ɑHCl﹣T曲线的示意图,并简要说明理由 . 21.(16分)(2022秋•姜堰市期中)氢气是一种清洁能源,氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点.(1)纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂.一定温度下,在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.10mol水蒸气发生反应:2H2O(g)2H2(g)+O2(g)△H=+484kJ•mol﹣1,不同时段产生O2的量见下表:时间/min20406080n(O2)/mol0.00100.00160.00200.0020上述反应过程中能量转化形式为光能转化为 能,达平衡过程中至少需要吸收光能为 kJ.(2)现有反应:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0,在相同温度和相同体积下进行甲、乙、丙、丁四组实验,实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表:物质的量COH2OCO2H2甲amolamol0mol0mol乙0mol0mol2amolamol丙0mol0molamolamol丁amolamolamolamol上述四种情况达到平衡后,甲、乙、丙、丁容器中n(CO)的大小顺序为 .-24-\n(3)金属钨用途广泛,主要用于制造硬质或耐高温的合金,以及灯泡的灯丝.高温下,在密闭容器中用H2还原WO3得金属钨,总反应为WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g).请回答下列问题:①某温度下反应达平衡时,H2与水蒸气的体积比为2:3,则H2的平衡转化率为 .②上述总反应过程大致分为三个阶段,各阶段主要成分与温度的关系如下表所示:温度25℃~550℃~600℃~700℃主要成份WO3W2O5WO2W假设WO3完全转化为W,则三个阶段消耗H2物质的量之比为 .③钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发,使灯丝变细,加入I2可延长灯管的使用寿命,其工作原理为:W(s)+2I2(g)WI4(g).下列说法正确的有 (填字母).A.灯管内的I2可循环使用B.WI4在灯丝上分解,产生的W又沉积在灯丝上C.WI4在灯管壁上分解,使灯管的寿命延长D.温度升高时,WI4的分解速率加快,W和I2的化合速率减慢. 2022-2022学年江苏省泰州市姜堰市高二(上)期中化学试卷(选修)参考答案与试题解析 一、选择题(共10小题,每小题2分,满分20分)1.下列做法不利于“开源节流”的是( )A.开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源B.大力开采煤、石油和天然气,以满足人们日益增长的能源需求C.大力发展农村沼气,将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源D.减少资源消耗,注重资源的重复使用、资源的循环再生【考点】常见的能量转化形式.【分析】A.太阳能、水能、风能、地热是清洁能源;B.煤、石油和天然气是化石能源;C.沼气是可再生能源;D.减少资源消耗,注重资源的重复使用、资源的循环再生,符合开源节流.【解答】解:A.太阳能、水能、风能、地热是清洁能源,且化石能源是不可再生资源,故A正确;B.大力开采煤、石油和天然气,不能减少化石燃料的运用,故B错误;C.沼气是可再生能源,故在农村地区开发沼气能源,符合开源节流的思想,故C正确;D.减少资源消耗,增加资源的重复使用,符合开源节流思想,故D正确.故选B.【点评】本题考查了化石燃料对环境的污染与新能源的开发,把握“开源节流”,是解题关键,培养学生树立保护环境的观念,难度不大. -24-\n2.改变外界条件可以影响化学反应速率,针对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g),其中能使活化分子百分数增加的是①增加反应物浓度②增大气体的压强③升高体系的温度④使用催化剂( )A.①②B.②③C.①④D.③④【考点】化学反应速率的影响因素.【分析】升高温度或加入催化剂可提高反应物中的活化分子百分数,增大浓度、增大压强时单位体积内活化分子数目增大,活化分子百分数不变,据此进行判断.【解答】解:①增大反应物浓度,增大了单位体积的活化分子数,没有改变活化分子百分数,故①错误;②增大压强,相当于增大了浓度,活化分子数目增大,没有改变活化分子百分数,故②错误;③升高温度,升高了分子能量,增大了活化分子百分数,故③正确;④加入催化剂,降低了反应能量,增加了活化分子百分数,故④正确;故选D.【点评】本题考查影响活化分子百分数的因素,题目难度不大,注意相关知识的积累. 3.已知:H2(g)+F2(g)═2HF(g)△H=﹣270kJ/mol,下列说法正确的是( )A.2L氟化氢气体分解成1L的氢气和1L的氟气吸收270kJ热量B.1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJC.在相同条件下,1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量D.1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ热量【考点】热化学方程式.【专题】化学反应中的能量变化.【分析】A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量;B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低,根据反应热与能量关系判断;C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应,反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应;D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量,不表示分子个数.【解答】解:A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量,化学计量数表示物质的量,不是体积,故A错误;B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低,根据能量守恒,1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ,故B错误;C、反应为放热反应,在相同条件下,1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量,故C正确;D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量,不表示分子个数,故D错误.故选:C.【点评】考查学生对热化学方程式的理解、反应热与能量关系,难度不大,注意反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应,反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应. 4.1000K时,反应C(s)+2H2(g)═CH4(g)的K=8.28×107,当各气体物质的量浓度分别为H20.7mol•L﹣1、CH40.2mol•L﹣1时,上述平衡( )A.向正反应方向移动B.向逆反应方向移动C.达到平衡D.无法判断移动方向【考点】化学平衡的影响因素.-24-\n【分析】计算此时刻的浓度商Qc,与平衡常数比较,若Qc=k,处于平衡状态,若Qc>k,反应向逆反应进行,若Qc<k,反应向正反应进行,据此解答.【解答】解:对于反应C(s)+2H2(g)⇌CH4(g),当H20.7mol•L﹣1、CH40.2mol•L﹣1时,此时的浓度商Qc==0.41<8.28×107,反应向正反应进行,故选A.【点评】考查化学平衡常数的有关计算与意义,难度不大,注意化学平衡常数的用途:1、判断反应进行的程度,2、判断反应的热效应,3、判断反应进行的方向,4、计算转化率. 5.下列反应均为吸热反应,其中一定不能自发进行的是( )A.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)B.2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)C.MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)D.2CO(g)=2C(s)+O2(g)【考点】反应热和焓变.【专题】化学反应中的能量变化.【分析】化学反应能否自发进行,取决于焓变和熵变的综合判据,当△H﹣T•△S<0时,反应可自发进行,以此解答该题.【解答】解:A、B、C反应的△S>0,在加热条件下,可满足△H﹣T•△S<0时,反应可自发进行,而D中△S<0,△H﹣T•△S>0,反应不能自发进行,故选D.【点评】本题考查反应热与焓变,难度不大,注意判断反应能否自发进行,可根据△H﹣T•△S的差值判断. 6.制取水煤气的反应为C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H>0,欲提高反应的速率和C(s)的转化率,可采用的措施为( )A.降温B.增大水蒸气的浓度C.增大C(s)的量D.增大压强【考点】化学平衡的影响因素;化学反应速率的影响因素.【分析】提高反应的速率即可以升温、升压、增加浓度等;提高C的转化率,可以使平衡正向进行,根据化学平衡移动原理来回答判断.【解答】解:A.降温,反应速率减慢,故A错误;B.增大水蒸气的浓度,反应速率增大,平衡正向移动,C的转化率也增大,故B正确;C.增大C(s)的量,平衡不移动,故C错误;D.增大压强,反应速率增大,但平衡逆向移动,C的转化率减小,故D错误.故选B.【点评】本题考查化学反应速率、平衡移动原理的应用,属于基本知识的考查,注意知识的积累是解题的关键,难度不大 7.下列事实中,不能用勒夏特列原理解释的是( )A.冰镇的啤酒打开后泛起泡沫B.对N2+3H2═2NH3的反应,使用铁触媒可加快合成氨反应的速率C.工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)═NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度,使K成蒸汽从反应混合物中分离出来D.氯水中存在如下平衡:Cl2+H2O═HCl+HClO,当加入NaOH溶液后颜色变浅【考点】化学平衡移动原理.-24-\n【分析】勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动.使用勒夏特列原理时,该反应必须是可逆反应,否则勒夏特列原理不适用.【解答】解:A、气体的溶解度随温度的升高而减小,随压强的增大而增大,由气体的溶解度随压强的增大而增大,因此常温时打开啤酒瓶时,瓶内的压强减小,因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出,可以用勒夏特列原理解释,故A不选;B、对N2+3H2═2NH3的反应,使用铁触媒可加快合成氨反应的速率,但是不会引起平衡移动,不能用勒夏特列原理解释,故B选;C、Na(l)+KCl(l)⇌NaCl(l)+K(g),使K成蒸汽从反应混合物中分离出来,即减小产物的浓度,能让平衡向着正方向进行,能用勒夏特列原理解释,故C不选;D、水中存在如下平衡:Cl2+H2O═HCl+HClO,当加入NaOH溶液后平衡正向移动,所以氯气的浓度减小,颜色变浅,故D不选.故选B.【点评】本题考查了化学平衡移动原理的分析判断,影响因素的分析,平衡移动原理的理解是解题关键,题目难度中等. 8.在密闭容器中发生反应:aX(g)+bY(g)═cZ(g)+dW(g),反应达到平衡后,保持温度不变,将气体体积压缩到原来的,当再次达到平衡时,W的物质的量浓度为原平衡的1.8倍.下列叙述中不正确的是( )A.平衡向逆反应方向移动B.a+b<c+dC.Y的体积分数减小D.X的转化率下降【考点】化学平衡的影响因素.【分析】在密闭容器中发生反应:aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)+dW(g),反应达到平衡后,保持温度不变,将气体体积压缩到原来的,当再次达到平衡时,不考虑平衡移动,只考虑体积改变,W浓度应为原来的2倍,题干中W的浓度为原平衡的1.8倍,说明平衡逆向进行,依据平衡移动方向分析选项.【解答】解:在密闭容器中发生反应:aX(g)+bY(g)⇌cZ(g)+dW(g),反应达到平衡后,保持温度不变,将气体体积压缩到原来的,当再次达到平衡时,不考虑平衡移动,只考虑体积改变,W浓度应为原来的2倍,题干中W的浓度为原平衡的1.8倍,说明平衡逆向进行,A、依据条件改变分析判断平衡逆向进行,故A正确;B、压缩容器体积,压强增大,平衡逆向进行,所以逆向是气体体积减小的反应,所以a+b<c+d,故B正确;C、反应平衡逆向进行,Y的体积分数增大,故C错误;D、平衡逆向进行,X转化率减小,故D正确;故选C.【点评】本题考查化学平衡的判断和影响因素分析,掌握平衡移动原理是解题关键,题目难度中等. 9.在相同温度相同体积的甲、乙两容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g),甲容器中充入1molSO2和1molO2,乙容器充入2molSO2和2molO2.下列叙述错误的是( )A.化学反应速率:乙>甲B.平衡后O2的浓度:乙>甲-24-\nC.平衡后SO2的转化率:乙>甲D.平衡后混合气体的密度:乙>2甲【考点】化学平衡的影响因素.【分析】在相同温度相同体积的甲、乙两容器中,甲容器中充入1molSO2和1molO2,乙容器充入2molSO2和2molO2.乙容器中压强是甲容器中压强的2倍,从影响化学反应速率的因素以及影响平衡移动的因素分析.【解答】解:A、压强越大反应速率越快,乙容器中压强是甲容器中压强的2倍,所以化学反应速率:乙>甲,故A正确;B、在相同温度相同体积的甲、乙两容器中,甲容器中充入1molSO2和1molO2,乙容器充入2molSO2和2molO2.乙容器中压强是甲容器中压强的2倍,压强增大平衡正向移动,导致的结果是平衡后O2的浓度2甲>乙>甲,故B正确;C、在相同温度相同体积的甲、乙两容器中,甲容器中充入1molSO2和1molO2,乙容器充入2molSO2和2molO2.乙容器中压强是甲容器中压强的2倍,压强增大平衡正向移动,导致平衡后SO2的转化率:乙>甲,故C正确;D、容器体积不变,据反应前后质量守恒,乙中气体质量是甲的2倍,所以混合气体的密度:乙=2甲,故D错误;故选D.【点评】本题考查了影响化学反应速率和影响平衡移动的因素,题目难度不大. 10.已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1.若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水,则放出的热量约为( )A.55kJB.220kJC.550kJD.1108kJ【考点】有关反应热的计算.【分析】已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1,则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=﹣2215kJ•mol﹣1,根据生成水的质量计算放出的热量.【解答】解:已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1,则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=﹣2215kJ•mol﹣1,一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水,则放出的热量约为=55.375kJ≈55kJ;故选:A.【点评】本题考查了燃烧热的概念、反应热的计算,题目难度不大,注意把握燃烧热的概念即1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量. 二、选择题(共5小题,每小题4分,满分20分)11.反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示,正确的是( )A.该反应是吸热反应B.当反应达到平衡时,升高温度,A的转化率增大-24-\nC.反应体系中加入催化剂对反应热没有影响D.在反应体系中加催化剂,反应速率增大,E1、E2均减小【考点】反应热和焓变;化学平衡的影响因素.【分析】A、图象分析可知反应物能量高于生成物,依据能量守恒分析;B、依据图象分析反应是放热反应,升温平衡逆向进行;C、催化剂改变反应速率不改变化学平衡;D、催化剂同等程度改变正逆反应速率.【解答】解:A、图象分析可知反应物能量高于生成物,反应前后能量守恒,反应是放热反应,故A错误;B、图象分析反应是放热反应,升温平衡逆向进行,A的转化率减小,故B错误;C、催化剂改变反应速率不改变化学平衡,反应的反应热不发生变化,故C正确;D、催化剂同等程度改变正逆反应速率,在反应体系中加入催化剂,反应速率增大,E1减小,E2减小,故D正确;故选CD.【点评】本题考查了化学反应能量变化的特征分析,图象分析判断,注意催化剂改变反应速率不改变平衡的分析理解,题目较简单. 12.下列反应既符合图象Ⅰ又符合图象Ⅱ的是( )A.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0B.2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)△H>0C.4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H<0D.C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)△H>0【考点】化学平衡的影响因素.【分析】根据图象Ⅰ可知,温度高,平衡时生成物浓度越高,说明升温平衡正向移动;由图象Ⅱ得出,达平衡后,压强越大,逆反应速率大于正反应速率,即向逆反应方向移动,说明该反应为气体体积增大的反应,据此分析.【解答】解:由图象Ⅰ可知,温度高,平衡时生成物浓度越高,说明升温平衡正向移动,即该反应为吸热反应;由图象Ⅱ得出,达平衡后,压强越大,逆反应速率大于正反应速率,即向逆反应方向移动,说明该反应为气体体积增大的反应,所以符合条件的反应应该为气体体积增大的吸热反应,则AC错误,BD正确;故选:BD.【点评】本题结合图象考查化学平衡的影响因素分析,掌握平衡移动原理是解题关键,题目难度中等. 13.下列说法正确的是( )A.由H原子形成1molH﹣H键要吸收热量B.C(石墨,s)═C(金刚石,s)△H=+1.9kJ/mol,则可判定金刚石比石墨稳定-24-\nC.500℃、30MPa下,0.5molN2(g)和1.5molH2(g)反应生成NH3(g)放热19.3kJ,其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣38.6kJ•mol﹣1D.已知Ni(CO)4(s)=Ni(s)+4CO(g)△H=QkJ•mol﹣1,则Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(s)△H=﹣QkJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变.【分析】A、根据形成化学键要放出热量;B、根据能量越低越稳定判断;C、根据可逆反应的特点:反应物不能完全转化为产物来回答;D、根据可逆反应,正逆反应的焓变数值相等,符合相反判断.【解答】解:A、因形成化学键要放出热量,故A错误;B、因为C(石墨,s)═C(金刚石,s)△H=+1.9kJ/mol,则金刚石能量高,所以可判定石墨比金刚石稳定,故B错误;C、根据可逆反应的特点:反应物不能完全转化为产物,0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g),放热19.3kJ,1molN2和3molH2置于密闭的容器中完全反应生成NH3(g),放热大于38.6kJ,故C错误;D、因可逆反应,正逆反应的焓变数值相等,符合相反,所以Ni(CO)4(s)=Ni(s)+4CO(g)△H=QkJ•mol﹣1,则Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(s)△H=﹣QkJ•mol﹣1,故D正确;故选D.【点评】本题是一道涉及反应热和焓变知识的综合考查题,考查学生对基础知识的梳理和应用情况,难度中等. 14.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害.在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡:CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)K=0.1.反应前CO的物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol,下列说法正确的是( )A.建立平衡过程中,CO减少的浓度大于H2S减少的浓度B.通入CO后重新达平衡,正、逆反应速率均增大C.反应前H2S物质的量为7molD.CO的平衡转化率为80%【考点】化学平衡的计算;化学平衡的影响因素.【专题】化学平衡专题;化学平衡计算.【分析】A.CO与H2S按物质的量1:1反应,二者浓度减少相等;B.通入CO后瞬间正反应速率增大、逆反应速率不变,平衡正向移动,正反应速率减小、逆反应速率增大到新平衡时相等;C.反应前CO的物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol,转化的CO为2mol,设反应前H2S物质的量为nmol,表示出平衡时各物质的物质的量,由于反应前后气体物质的量不变,用物质的量代替浓度代入平衡常数K==0.1列方程计算解答;D.CO转化率=×100%.【解答】解:A.CO与H2S按物质的量1:1反应,二者浓度减少相等,故A错误;B.通入CO后瞬间正反应速率增大、逆反应速率不变,平衡正向移动,正反应速率减小、逆反应速率增大到新平衡时相等,故通入CO后重新达平衡,正、逆反应速率均增大,故B正确;-24-\nC.反应前CO的物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol,转化的CO为2mol,设反应前H2S物质的量为nmol,则:CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)起始(mol):10n00变化(mol):2222平衡(mol):8n﹣222由于反应前后气体物质的量不变,用物质的量代替浓度计算平衡常数,则K===0.1,解得n=7,故C正确;D.CO转化率=×100%=20%,故D错误,故选:BC.【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡建立,难度不大,注意三段式在化学平衡计算中应用. 15.在容积固定的容器中发生反应:A(g)+2B(g)═C(g)△H<0,各物质浓度如表所示:浓度时间c(A)/mol•L﹣1c(B)/mol•L﹣1c(C)/mol•L﹣100.81.602min0.6x0.24min0.30.60.56min0.30.60.5下列说法错误的是( )A.2~4min内用B表示的平均反应速率为0.3mol•L﹣1•min﹣1B.反应在第2min时改变了条件,可能是加入了催化剂C.反应在第2min时改变了条件,可能是增加了B的浓度D.若加入催化剂,平衡时气体混合物的总物质的量保持不变【考点】化学平衡建立的过程;化学平衡的影响因素.【分析】A、依据化学反应速率概念计算,单位时间内物质浓度变化计算反应速率;B、反应在第2min时改变了条件,催化剂加快反应速率;C、反应在第2min时改变了条件,催化剂加快反应速率;D、催化剂只改变反应速率,不改变平衡移动.【解答】解:A、2min﹣4min内,依据图表可知x=1.2mol/L,B消耗浓度为0.6mol/L,用B表示的速率==0.3mol/(L•min),故A正确;B、依据图表数据分析,2min时A浓度变化为0.2mol/L,2min到4minA浓度变化为0.3mol/L,说明反应速率增大,可能是加入了催化剂,故B正确;C、依据图表数据分析,2min时A浓度变化为0.2mol/L,2min到4minA浓度变化为0.3mol/L,说明反应速率增大,可能是加入了催化剂,故C错误;D、催化剂只改变反应速率,不改变平衡移动,所以加入催化剂,平衡时气体混合物的总物质的量保持不变,故D正确;故选C.-24-\n【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析,数据分析利用的能力,反应速率的计算应用,题目难度中等. 三、解答题(共6小题,满分80分)16.(12分)(2022秋•姜堰市期中)NH3及其盐都是重要的化工原料.(1)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3,反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为 A 、 C 、 G (填字母).(2)恒定温度下在特制的密闭真空容器中充入2molNH3、1molCO2,发生反应制备氨基甲酸铵2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)(假设固体试样体积忽略不计).若容器体积不变,可以判断该反应已经达到化学平衡的是 BC (填字母).A.υ(NH3)=2υ(CO2)B.密闭容器中总压强不变C.密闭容器中混合气体的密度不变上述反应达到平衡后,若在恒温下压缩容器体积,重新达平衡后混合气体中NH3的体积分数 不变 (填“增加”、“减小”或“不变”).(3)铵盐在水溶液中建立如下水解平衡:NH4Cl+H2ONH3•H2O+HCl,研究表明,浓度、温度、pH均对铵盐水解程度(即上述反应中中NH4Cl的转化率)产生影响.某兴趣小组探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响.试剂与仪器:固体NH4Cl、蒸馏水、100 mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽(可控制温度).设计实验方案,pH为拟测定的数据,表中V(溶液)表示所配制NH4Cl溶液的体积.物理量实验序号V(溶液)/mLNH4Cl/g温度/℃pH…1100mT1…2100mT2…31002mT2…请分析,实验1、2的目的是探究 温度 对溶液中NH4Cl水解程度的影响,实验2、3的目的是探究 NH4Cl浓度 对溶液中NH4Cl水解程度的影响.【考点】氨的制取和性质.【分析】(1)依据反应物状态和反应条件选择发生装置,根据氨气为易溶于水密度比空气小的气体性质选择收集装置,氨气极易溶于水,尾气处理需考虑倒吸,据此分析解答;(2)根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化;解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态;依据方程式:2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)可知反应物为气体,生成物为固体,且反应物中两种气体的物质的量之比为2:1,而充入2molNH3、1molCO2,依据反应物转化量之比等于方程式计量系数之比,可知,两种气体的体积百分比不变;(3)依据影响盐类水解因素及图表中数据解答.-24-\n【解答】解:(1)实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气(2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O),反应发生为固体与固体加热制取气体的装置,因防止药品中的湿存水以及反应产生的水使反应试管受热不均匀,所以选择试管口向下的A装置制备氨气,氨气为易溶于水,不能用排水法收集,密度比空气小,需用向下排空气法收集,所以选择C装置,氨气极易溶于水,尾气处理需考虑倒吸,倒扣的漏斗空间大,水柱不易极速上升,能防止倒吸,故选G装置,故答案为:ACG;(2)A.没有指明正、逆速率,不能判断是否到达平衡或是反应向哪进行,故A不选;B.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应,当反应达到平衡状态时,密闭容器中总压强不变,故B选;C.随反应进行混合气体的质量不断变化,容器的容积不变,反应混合气体的密度不断变化,当密度不再变化,说明到达平衡状态,故C选;故选:BC;依据方程式:2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)可知反应物为气体,生成物为固体,且反应物中两种气体的物质的量之比为2:1,而充入2molNH3、1molCO2,依据反应物转化量之比等于方程式计量系数之比,可知,两种气体的体积百分比不变;故答案为:BC;不变;(3)影响盐类水解的外界因素为:温度、浓度,图表中实验1、2数据温度不同,氯化铵的质量、溶液体积相同,可知实验1、2的目的是探究的是温度对氯化铵水解程度的影响;图表中实验2、3数据温度相同,氯化铵质量不同,溶液体积相同,可知实验2、3的目的是探究的是NH4Cl浓度对氯化铵水解程度的影响;故答案为:温度;NH4Cl浓度;【点评】本题为综合题,涉及氨气的制备,化学平衡状态的判断,影响化学平衡状态移动因素,影响盐类水解因素,题目难度中等,明确化学平衡理论是解题关键. 17.(10分)(2022秋•姜堰市期中)利用化学反应原理解决下列问题.(1)在CuCl2水溶液中存在如下平衡:[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl﹣═[CuCl4]2﹣(绿)+4H2O,请写出一个能使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化的操作是 加入硝酸银溶液 .(2)将铁粉和硫粉混合后加热,待反应一发生即停止加热,反应仍可持续进行,直至反应完全生成新物质硫化亚铁.这现象说明了 铁粉和硫粉发生的反应是放热反应 .(3)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:△H=+124kJ•mol﹣1工业上,通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气物质的量之比为1:9),控制反应温度600℃,并保持体系总压为常压的条件下进行反应.在不同反应温度下,乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如图:①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,说明水蒸气的加入相当于 减压 (填“加压”或“减压”)的效果.②控制反应温度为600℃的理由是 600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高,温度过低,反应速率较慢,转化率较低,温度过高,选择性下降,高温下可能使催化剂失去活性,且消耗能量较大 .-24-\n【考点】化学平衡的影响因素;化学平衡移动原理.【分析】(1)使溶液由黄色变成蓝色,应使平衡向左移动,可以加入硝酸银溶液降低氯离子浓度;(2)将铁粉和硫粉混合后加热,待反应一发生即停止加热,反应仍可持续进行,直至反应完全生成新物质硫化亚铁.这现象说明了铁粉和硫粉发生的反应是放热反应;(3)①保持压强不变,加入水蒸气,容器体积应增大,等效为降低压强,平衡向气体体积增大的方向移动;②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高;结合温度对乙苯转化率、苯乙烯选择性、温度对反应速率与催化剂的影响及消耗能量等,分析控制反应温度为600℃的理由.【解答】解:(1)使溶液由黄色变成蓝色,应使平衡向左移动,可以加入硝酸银溶液降低氯离子浓度,故答案为:加入硝酸银溶液;(2)将铁粉和硫粉混合后加热,待反应一发生即停止加热,反应仍可持续进行,直至反应完全生成新物质硫化亚铁.这现象说明了铁粉和硫粉发生的反应是放热反应;故答案为:铁粉和硫粉发生的反应是放热反应;(3)①正反应为气体分子数增大的反应,保持压强不变,加入水蒸气,容器体积应增大,等效为降低压强,平衡向正反应方向移动,提高乙苯的平衡转化率,故答案为:减压;②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高,温度过低,反应速率较慢,转化率较低,温度过高,选择性下降,高温下可能失催化剂失去活性,且消耗能量较大,故选择600℃左右,故答案为:600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高,温度过低,反应速率较慢,转化率较低,温度过高,选择性下降,高温下可能使催化剂失去活性,且消耗能量较大.【点评】本题考查化学平衡移动原理应用、化学反应与能量关系以及图表信息的提取和应用,题目难度较大. 18.(14分)(2022•上海)白云石的主要成份是CaCO3•MgCO3,在我国有大量的分布.以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途.白云石经煅烧、消化后得到钙镁的氢氧化物,再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离.碳化反应是放热反应,化学方程式如下:Ca(OH)2+Mg(OH)2+3CO2⇌CaCO3+Mg(HCO3)2+H2O完成下列填空(1)Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性 强 (选填“强”或“弱”)Ca(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的溶解度 大 (选填“大”或“小”)(2)碳化温度保持在50~60℃.温度偏高不利于碳化反应,原因是 二氧化碳的溶解度小 、 碳酸氢镁分解 .温度偏低也不利于碳化反应,原因是 反应速率较小 .(3)已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如图所示,在10min到13min之内钙离子的反应速率为 0.009mol/(L•min) .15min之后钙离子浓度增大,原因是 CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2 (用化学方程式表示).-24-\n(4)Mg原子核外电子排布式为 1s22s22p63s2 ;Ca原子最外层电子的能量 高于 Mg原子最外层电子的能量.(选填“低于”、“高于”或“等于”)【考点】真题集萃;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;镁的化学性质;镁、铝的重要化合物.【分析】(1)金属性越强,对应的最高价的氧化物的水化物的碱性越强,氢氧化钙微溶于水,而氢氧化镁难溶;(2)温度过高,二氧化碳的溶解度减小,且碳酸氢镁不稳定,如温度过低,反应速率较小;(3)在10min到13min之内钙离子浓度由0.145mol/L变化为0.118mol/L,结合v=计算速率;15min之后钙离子浓度增大,原因是二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙;(4)Mg原子核外有12个电子,Ca原子核外电子层数比Mg多,原子半径大,最外层电子距离原子核较远.【解答】解:(1)金属性Ca>Mg,金属性越强,对应的最高价的氧化物的水化物的碱性越强,则Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性强,氢氧化钙微溶于水,而氢氧化镁难溶,则Ca(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的溶解度大,故答案为:强;大;(2)温度过高,二氧化碳的溶解度减小,且碳酸氢镁不稳定,不利于碳化反应,如温度过低,反应速率较小,也不利于不利于碳化反应,故答案为:二氧化碳的溶解度小;碳酸氢镁分解;反应速率较小;(3)在10min到13min之内钙离子浓度由0.145mol/L变化为0.118mol/L,v===0.009mol/(L•min),15min之后钙离子浓度增大,原因是二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙,反应的方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,故答案为:0.009mol/(L•min);CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2;(4)Mg原子核外有12个电子,子核外电子排布式为1s22s22p63s2,Ca原子核外电子层数比Mg多,原子半径大,最外层电子距离原子核较远,则能量较高,故答案为:1s22s22p63s2;高于.【点评】本题为2022年上海高考题第四题,综合考查难溶电解质的溶解平衡、化学反应速率以及核外电子排布等知识,侧重于化学与生活、生产的考查,有利于培养学生的良好的科学素养,难度中等. 19.(12分)(2022秋•姜堰市期中)甲醇既是重要的化工原料,又可称为燃料.利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主反应如下:①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣99kJ•mol﹣1②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2=﹣58kJ•mol﹣1③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3=+41kJ•mol﹣1-24-\n回答下列问题:(1)反应①的化学平衡常数K的表达式为 .图中能正确反映该反应平衡常数K随温度变化关系的曲线为 a (填“a”或“b”),其判断理由是 反应①为放热反应,平衡常数应随温度升高变小 .(2)合成气的组成=2.60时,体系中的CO平衡转化率(a)随温度升高而减小,分析其主要原因有:反应①为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;还有 反应③为吸热反应,平衡向右移动,产生CO的量增大 .(3)若在一定条件下,容积恒定为VL的反应室中充入amolCO与2amolH2,在催化剂作用下仅发生反应①,下列措施一定使增大的是 CD (填字母).A.升高温度B.充入Ar(g)使体系的总压增大C.恒温恒容再充入H2D.恒温恒容再充入amolCO和2amolH2.【考点】化学平衡的计算;化学平衡的影响因素.【专题】化学平衡专题.【分析】(1)化学平衡常数是指:一定温度下,可逆反应到达平衡时,生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比,固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出;反应①为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小;(2)根据升高温度对反应③的影响,进行分析CO转化率变化原因;(3)A.升高温度平衡逆向移动;B.充入Ar(g)使体系的总压增大,恒容条件下各物质浓度不变,平衡不移动;C.恒温恒容再充入H2,平衡正向移动;D.恒温恒容再充入amolCO和2amolH2,等效为在原平衡基础上增大压强,平衡正向移动.【解答】解:(1)反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数表达式K=;反应①为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,平衡常数K随温度变化关系的曲线为a,故答案为:;a,反应①为放热反应,平衡常数应随温度升高变小;-24-\n(2)反应①正反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡体系中CO的量增大,反应③为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,又使平衡体系中CO的增大,总结果,随温度升高,CO的转化率减小,故答案为:反应③为吸热反应,平衡向右移动,产生CO的量增大;(3)A.正反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,减小,故A错误;B.充入Ar(g)使体系的总压增大,恒容条件下各物质浓度不变,平衡不移动,不变,故B错误;C.恒温恒容再充入H2,平衡正向移动,增大,故C正确;D.恒温恒容再充入amolCO和2amolH2,等效为在原平衡基础上增大压强,平衡正向移动,增大,故D正确,故选:CD.【点评】本题考查化学平衡图象、化学平衡移动、平衡常数等,侧重考查学生分析能力,需要学生具备扎实的基础,难度中等. 20.(16分)(2022秋•姜堰市期中)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl.利用反应A,可实现氯的循环利用.反应A:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g).(1)研究表明反应A通过如图1所示的催化剂循环实现.反应①为:2HCl(g)+CuO(s)⇌H2O(g)+CuCl2(g)△H1反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2,则A反应的反应热表示为 2(△H1+△H2) .(用△H1和△H2表示).(2)反应A中,4molHCl被氧化,放出115.6kJ的热量,且部分化学键断裂示意图如图2:①H2O的电子式是 ,反应A的热化学方程式是 4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)△H=﹣115.6KJ/mol .②断开1molH﹣O键与断开1molH﹣Cl键所需能量相差约为 32 kJ,H2O中H﹣O键比HCl中H﹣Cl键 强 (填“强”或“弱”).(3)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.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ɑHCl﹣T曲线如图3所示,若压缩体积使压强增大,画出相应ɑHCl﹣T曲线的示意图,并简要说明理由 增大压强,平衡向正反应方向移动,αHCl增大,相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大 .-24-\n【考点】反应热和焓变;热化学方程式.【分析】(1)由图示可知,整个过程为: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)+O2(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共价化合物的电子式由对应原子的电子式组成,并要表示出两原子之间的共用电子对情况;反应A中,4molHCl被氧化,放出115.6kJ的热量,依据热化学方程式书写方法,标注物质聚集状态和对应焓变写出;②反应热△H=反应物总键能﹣生成物的总键能,据此计算H﹣O键与H﹣Cl键的键能差,进而计算断开1molH﹣O键与断开1molH﹣Cl键所需能量差;(3)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.【解答】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)+O2(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),故答案为:2(△H1+△H2);(2)①H2O是共价化合物,是由原子和氢原子形成共价键,电子式为,依据反应A中,4molHCl被氧化,放出115.6kJ的热量,反应的热化学方程式为:4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)△H=﹣115.6KJ/mol,故答案为:;4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)△H=﹣115.6KJ/mol;②E(H﹣O)、E(HCl)分别表示H﹣O键能、H﹣Cl键能,反应A中,4molHCl被氧化,放出115.6kJ的热量,反应热△H=反应物总键能﹣生成物的总键能,故:4×E(H﹣Cl)+498kJ/mol﹣[2×243kJ/mol+4×E(H﹣O)]=﹣115.6kJ/mol,整理得,4E(H﹣Cl)﹣4E(H﹣O)=﹣127.6kJ/mol,即E(H﹣O)﹣E(HCl)=31.9kJ/mol,故断开1molH﹣O键与断开1molH﹣Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=31.9kJ≈32kJ,所以H2O中H﹣O键比HCl中H﹣Cl键强;故答案为:32;强;-24-\n(3)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,故答案为:,增大压强,平衡向正反应方向移动,αHCl增大,相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大.【点评】本题比较综合,涉及热化学方程式书写、化学平衡及平衡常数影响因素等,较好的考查的分析解决问题的能力,难度中等. 21.(16分)(2022秋•姜堰市期中)氢气是一种清洁能源,氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点.(1)纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂.一定温度下,在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.10mol水蒸气发生反应:2H2O(g)2H2(g)+O2(g)△H=+484kJ•mol﹣1,不同时段产生O2的量见下表:时间/min20406080n(O2)/mol0.00100.00160.00200.0020上述反应过程中能量转化形式为光能转化为 化学 能,达平衡过程中至少需要吸收光能为 0.968 kJ.(2)现有反应:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0,在相同温度和相同体积下进行甲、乙、丙、丁四组实验,实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表:-24-\n物质的量COH2OCO2H2甲amolamol0mol0mol乙0mol0mol2amolamol丙0mol0molamolamol丁amolamolamolamol上述四种情况达到平衡后,甲、乙、丙、丁容器中n(CO)的大小顺序为 丁>乙>甲=丙 .(3)金属钨用途广泛,主要用于制造硬质或耐高温的合金,以及灯泡的灯丝.高温下,在密闭容器中用H2还原WO3得金属钨,总反应为WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g).请回答下列问题:①某温度下反应达平衡时,H2与水蒸气的体积比为2:3,则H2的平衡转化率为 60% .②上述总反应过程大致分为三个阶段,各阶段主要成分与温度的关系如下表所示:温度25℃~550℃~600℃~700℃主要成份WO3W2O5WO2W假设WO3完全转化为W,则三个阶段消耗H2物质的量之比为 1:1:4 .③钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发,使灯丝变细,加入I2可延长灯管的使用寿命,其工作原理为:W(s)+2I2(g)WI4(g).下列说法正确的有 AB (填字母).A.灯管内的I2可循环使用B.WI4在灯丝上分解,产生的W又沉积在灯丝上C.WI4在灯管壁上分解,使灯管的寿命延长D.温度升高时,WI4的分解速率加快,W和I2的化合速率减慢.【考点】反应热和焓变;化学平衡的计算.【分析】(1)上述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能,达平衡时,生成氧气0.002mol,根据热化学方程式计算;(2)在相同温度和压强下的可逆反应,反应后气体体积不变,按方程式的化学计量关系转化为方程式同一边的物质进行分析,判断是否等效平衡;(3)①由反应方程式知,消耗的H2与生成的水的物质的量相等,假定H2与水蒸气的物质的量分别为2mol、3mol,再根据转化率定义计算;②根据三个阶段的方程式进行计算三个阶段消耗H2物质的量之比;③由化学方程式知,挥发的W与I2结合形成气态WI4,由于气体运动的结果,WI4会与还没有挥发的W接触,在高温下WI4分解生成的W附着在还没有挥发的W上,灯管壁温度较低,WI4不会分解,升高温度,正逆反应速率都加快,据此解答.【解答】解:(1)上述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能,达平衡时,生成氧气0.002mol,至少需要吸收的光能为0.002mol×484kJ•mol﹣1=0.968kJ,故答案为:化学;0.968;(2)该反应是一个气体体积不变的反应,等效平衡条件是采用“一边倒”方法转化后对应物质成比例即可.对乙、丙和丁进行“一边倒”转化,假设乙、丙、丁中的CO、H2O(g)全部转化为CO2、H2,再与甲、乙比较:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)乙开始时0mol0mol2amolamol乙假设全转化amolamolamol0mol-24-\n丙开始时0mol0molamolamol丙假设全转化amolamol0mol0mol丁开始时amolamolamolamol丁假设全转化2amol2amol0mol0mol经转化后,甲、丙的起始浓度一样,乙相对于甲在增加CO2的物质的量,使平衡逆向移动,因此乙平衡时的CO物质的量比甲、丙大;而丁相对于乙在增加氢气的物质的量,使平衡逆向移动,因此丁平衡时的CO物质的量比乙大,所以甲、乙、丙、丁容器中n(CO)的大小顺序为丁>乙>甲=丙;故选:丁>乙>甲=丙;(3)①由反应方程式知,消耗的H2与生成的水的物质的量相等,故H2的平衡转化率×100%=60%,故答案为:60%;②假定有2molWO3,由2WO3+H2W25+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知,三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol:1mol:2mol×2=1:1:4,故答案为:1:1:4;③由所给化学方程式知,挥发的W与I2结合形成气态WI4,由于气体运动的结果,WI4会与还没有挥发的W接触,在高温下WI4分解生成的W及I2,生成W附着在还没有挥发的W上,灯管内的I2可循环使用,故AB对;灯管壁温度较低,WI4不会分解,故C错;升高温度,也能加快W与I2的反应速率,故D错,故答案为:AB.【点评】本题考查化学反应与能量变化、化学平衡移动原理、化学平衡计算等,题目选择的素材比较陌生,以考查学生的能力为主,难度中等. -24-
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