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- 2021-07-02 发布
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0,下列图象中正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A、交点说明反应达到平衡,该反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向进行,即v(正)>v(逆),故A不符合; B、该反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应进行,AB3百分含量减少,故B符合; C、反应前气体系数小于反应后气体系数之和,因此增大压强,平衡向逆反应方向移动,w(AB3)增大,故C不符合; D、增大压强,该反应的平衡向逆反应方向进行,w(A2)减少,故D不符合; 答案为B。 【点睛】化学平衡图像:一看图像①看面:纵、横坐标的意义,②看线线的走向和变化趋势,③看点:起点、拐点、终点,④看辅助线:等温线、等压线、平衡线,⑤看量的变化:浓度变化、温度变化等;二想规律:联想平衡移动的原理,分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响;三作判断:利用原理,结合图像,分析图像中所代表的反应速率变化或化学平衡的线,作出判断。 第II卷(非选择题 共52分) 二、填空题(本小题包括5个小题) 17.(1)写出下列物质在水溶液中的电离方程式。 ①CH3COOH _________ ② NaHSO4 __________________ (2)某温度下,纯水中的c(H+)=2×10-7 mol/L,则此时c(OH-)=______。若温度不变,滴入稀硫酸使c(H+)=5×10-6 mol/L,则由水电离出的c(H+)为_______ 。 (3)常温下,浓度均为0.01 mol/L 的两瓶溶液盐酸和氢氟酸,升高相同的温度,c(Cl-)/ c(F-)的值__________(填“变大”“变小”“不变”)。 【答案】 (1). CH3COOH⇌CH3COO-+H+ (2). NaHSO4=Na++H++SO42- (3). 2×10-7mol·L-1 (4). 8×10-9mol·L-1 (5). 变小 【解析】 【分析】 (1)醋酸在溶液中部分电离,硫酸氢钠在溶液中完全电离,以此解答; (2)纯水中c(H+)=c(OH-),则c(OH-)=2×10-7mol·L-1;由于c(H+)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1,则Kw=4×10-14,加入盐酸后,c(OH-)= mol·L-1=8×10-9mol·L-1;水电离出的氢离子浓度c(H+)=c(OH-); (3)HCl是强酸,升高温度不影响c(Cl-)的浓度,氢氟酸是弱酸,升高温度电离程度增加,c(F-)升高。 【详解】(1)醋酸在溶液中部分电离,其电离方程式为:CH3COOH⇌CH3COO-+H+,故答案为:CH3COOH⇌CH3COO-+H+;硫酸氢钠在溶液中完全电离,其电离方程式为:NaHSO4=Na++H++SO42-,故答案为:NaHSO4=Na++H++SO42-。 (2)纯水中c(H+)=c(OH-),则c(OH-)=2×10-7mol·L-1;由于c(H+)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1,则Kw=4×10-14,加入盐酸后,c(OH-)= mol·L-1=8×10-9mol·L-1;水电离出的氢离子浓度c(H+)=c(OH-)= 8×10-9mol·L-1; (3)HCl是强酸,升高温度不影响c(Cl- )的浓度,氢氟酸是弱酸,升高温度电离程度增加,c(F-)升高,故c(Cl-)/ c(F-)的值变小。 【点睛】本题考查了电离方程式的书写,题目难度中等,明确电离方程式的书写原则为解答关键,注意掌握强弱电解质的判断方法,试题侧重基础知识的考查。 18.(1)在25℃、1.01×105Pa时,16g硫粉在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫气体,放出148.5kJ的热量,则S的燃烧热的热化学方程式为:_____________________。 (2)1L 1mol/L稀盐酸跟1L 1mol/L NaOH溶液起中和反应放出57.3kJ热量,其中和热的热化学方程为:________________。 (3)已知如图所示的可逆反应: ①A(g)+B(g)2C(g) +D(g);ΔH = Q kJ/mol则Q_______0(填“>”、“<”或“=”) ②反应体系中加入催化剂,反应速率增大,则E1的变化是: E1_______,ΔH的变化是:ΔH________(填“增大”“减小”“不变”)。 (4)发射卫星用作燃料,作氧化剂,两者反应生成N2和水蒸气,已知:N2(g) +2O2(g)= 2NO2(g)△H1 =+67.7kJ/mol;N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g) △H2=-534kJ/mol,则1mol气体肼和NO2完全反应时的反应热△H=____________kJ/mol。 (5)反应A+3B=2C+2D在四种不同情况下的反应速率分别为: ①.v(A)=0.15mol/(L・s) ②.v(B)=0.6mol/(L・s)③.v(C)=0.4mol/(L・s) ④.v(D)=0.45mol/(L・s)则该反应进行最快的为________(填序号) 【答案】 (1). S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=−297kJ/mol; (2). HCl+NaOH=NaOH+H2O ΔH= -57.3kJ/mol; (3). < (4). 减小 (5). 不变 (6). −1135.7 (7). D 【解析】 【分析】 (1)n(S)= =0.5mol,则1molS完全燃烧放出的热量为148.5kJ×2=297kJ,则热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g);△H=−297kJ/mol; (2)在稀溶液中,强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热; (3)①A(g)+B(g 2C(g)+D(g);△H=Q kJ/mol,图中反应物能量高于生成物能量,能量守恒可知反应为放热反应,反应焓变小于0,故答案为:<;②反应体系中加入催化剂,降低反应的活化能,E1减小,反应速率增大,但催化剂不改变平衡,不改变反应的焓变,△H不变; (4)①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H1=+677kJ/mol,②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H2=−534kJ/mol,盖斯定律计算得到②×2−①得到2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=−1135.7kJ/mol; (5)将不同物质表示的速率换算为同一物质表示的速率,再比较数值大小。以A物质为标准,则①v(A)=0.15 mol·L -1 ·s -1;②v(A)=1/3v(B)= 1/3×0.6mol·L -1 ·s -1 =0.2mol·L -1 ·s -1;③v(A)=1/2v(C)=1/2×0.5mol·L -1 ·s -1 =0.25mol·L -1 ·s -1;④v(A)=v(D)=0.45mol·L -1 ·s -;即④的反应速率最快,以此解答。 【详解】(1)n(S)= =0.5mol,则1molS完全燃烧放出的热量为148.5kJ×2=297kJ,则热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g);△H=−297kJ/mol,故答案为: S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=−297kJ/mol; (2)在稀溶液中,强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热。1L 1mol/L稀盐酸跟1L 1mol/L NaOH溶液起中和反应生成1 mol液态水,放出57.3kJ热量,故化学方程式为:HCl+NaOH=NaOH+H2O, ΔH= -57.3 kJ/mol; (3)①A(g)+B(g 2C(g)+D(g);△H=Q kJ/mol,图中反应物能量高于生成物能量,能量守恒可知反应为放热反应,反应焓变小于0,故答案为:<; ②反应体系中加入催化剂,降低反应活化能,E1减小,反应速率增大,但催化剂不改变平衡,不改变反应的焓变,△H不变,故答案为:减小;不变; (4)①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H1=+67.7kJ/mol,②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H2=−534kJ/mol,盖斯定律计算得到②×2−①得到2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=−1135.7kJ/mol,故答案为: −1135.7; (5)将不同物质表示的速率换算为同一物质表示的速率,再比较数值大小。以A物质为标准,则①v(A)=0.15 mol·L -1 ·s -1; ②v(A)=1/3v(B)= 1/3×0.6mol·L -1 ·s -1 =0.2mol·L -1 ·s -1; ③v(A)=1/2v(C)=1/2×0.5mol·L -1 ·s -1 =0.25mol·L -1 ·s -1; ④v(A)=v(D)=0.45mol·L -1 ·s -; 即④的反应速率最快,故选D项。 19.(1).将HI(g)置于密闭容器中,某温度下发生下列变化:2HI(g) H2(g)+I2(g) △H<0 ①该反应平衡常数的表达式为K=__________。 ②当反应达到平衡时c(I2)=0.5mol/L,c(HI)=4mol/L,则c(H2)为________,HI的分解率为_________。 (2)在一定条件下,A气体与B气体反应生成C气体,反应过程中,反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图,则 ①该反应的化学方程式为:______________ ②t1 s时反应物A的转化率为:__________ ③0~t1 s内A的反应速率为v(A)=______。 【答案】 (1). (2). 0.5mol/L (3). 20% (4). 3A+B2C (5). 75% (6). mol/(Ls) 【解析】 【分析】 (1)①化学平衡常数=,据此进行解答;②据化学方程式可知,生成0.5mol碘单质分解了1molHI,反应开始前HI浓度为5mol/L,分解率=×100%; (2)①由图象可知,在反应中,A、B的浓度逐渐减小,C的浓度逐渐增大,则A、B为反应物,C为生成物,t1 s时A、B浓度不变且不为0,说明是可逆反应,化学反应中浓度变化之比等于化学计量数之比,进而书写反应方程式; ②t1 s时反应物A的浓度变化量为(0.8-0.2)mol/L=0.6mol/L,A的转化率=×100%; ③0~t1 s内A的浓度变化量为(0.8-0.2)mol/L=0.6mol/L,根据v=计算v(A)。 【详解】(1) ①反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)的平衡常数表达式为:K== ,故答案为:; ②当反应达到平衡时c(I2)=0.5mol/L,c(HI)=4mol/L,根据反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)可知,平衡时c(H2)=c(I2)=0.5mol/L,反应消耗HI的浓度为:c(HI)消耗=2c(H2)═1mol/L,则反应前HI的总浓度为:4mol/L+1mol/L=5mol/L,所以HI的分解率=×100%=×100%=20%,故答案为:0.5mol/L;20%; (2)①由图象可知,在反应中,A、B的浓度逐渐减小,C的浓度逐渐增大,则A、B为反应物,C为生成物,t1 s时A、B浓度不变且不为0,说明是可逆反应,t1 s内△c(A):△c(B):△c(C)=(0.8-0.2):(0.5-0.3):0.4=3:1:2,化学反应中浓度变化之比等于化学计量数之比,则化学方程式为3A+B2C,故答案为:3A+B2C; ②t1 s时反应物A的浓度变化量为(0.8-0.2)mol/L=0.6mol/L,A的转化率=×100%=×100%=75%,故答案为:75%; ③0~t1s内A的浓度变化量为(0.8-0.2)mol/L=0.6mol/L,则v(A)== mol/(Ls),故答案为: mol/(Ls)。 20.某学生做浓度对化学反应速率的影响实验时,将3支试管编号为①②③,并按下表中的物质的量进行实验,记录的时间数据是16s、28s、33s。请据3个时间数据填入适当位置,并写出实验结论。 试管编号 加3%Na2S2O3溶液/ml 加H2O/ml 加H2SO4(1:5)/滴 出现浑浊所用时间/s ① 3 3 5 a ② 4 2 5 b ③ 5 1 5 c (1)a=___、b=___ (2)实验结论:___。 (3)写出反应的离子方程式:___。 【答案】 (1). 33 (2). 28 (3). 对于一个化学反应,在其他条件不变时,反应物的浓度越大,化学反应速率越大 (4). S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O 【解析】 【分析】 时间越短说明反应速率越大,其他条件不变,改变其中一个条件,分析判断反应速率,图表中主要是改变了反应物的浓度对反应速率的影响,浓度越大反应速率越大,反应时间越短,据此分析作答。 【详解】(1)图表中主要是改变了反应物的浓度对反应速率的影响,浓度越大反应速率越大,反应时间越短,反应物浓度③>②>①则反应③速率最快,时间最小,a=33s,b=28s,c=16s; 故答案为:33;28; (2)对于一个化学反应,在其他条件不变时,改变物质浓度对反应速率的影响是浓度越大反应速率越大, 故答案为:对于一个化学反应,在其他条件不变时,反应物的浓度越大,化学反应速率越大; (3)Na2S2O3溶液和稀硫酸反应生成硫单质,二氧化硫和水,反应的离子方程式为:S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O, 故答案为:S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O。 21.已知NO2和N2O4可以相互转化:2NO2(g)N2O4(g) △H<0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为2L的恒温密闭容器中,反应物浓度随时间变化关系如图所示。 (1)图中共有两条曲线X和Y,其中表示NO2浓度随时间变化的曲线是___;a、b、c、d四个点中,表示化学反应处于平衡状态的点是___。 (2)前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=___mol·L-1·min-1。 (3)①据图分析,在25min时采取的措施是___(填序号)。 A.加入催化剂 B.缩小容器体积 C.加入一定量的NO2 D.加入一定量的N2O4 ②若在35 min时,保持温度不变,快速缩小容器的体积至1L,气体的颜色变化过程是___。 【答案】 (1). X (2). b、d (3). 0.04 (4). C (5). 先变深后变浅 【解析】 【分析】 由图可知0-10min平衡状态时,X表示的生成物的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L,Y表示的反应物的浓度变化量为(0.6-0.4)mol/L=0.2mol/L,X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍,所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线,Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线,结合外因对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。 【详解】根据上述分析可知, (1)表示NO2浓度随时间变化的曲线是X,反应达到平衡状态时,各物质的浓度保持不变,则a、b、c、d四个点中,表示化学反应处于平衡状态的点是b、d,故答案为:X;b、d; (2)由图象可知,10 min内NO2的浓度变化量为(0.6−0.2) mol·L-1=0.4 mol·L-1,故v(NO2)==0.04 mol·L-1·min-1,故答案为:0.04; (3)①25min时,X的浓度增大,Y的浓度不变,只能是增大X的浓度,所以曲线发生变化的原因是增加NO2浓度,C项正确,故答案为:C; ②若在35 min时,保持温度不变,快速缩小容器的体积至1L,相当于增大压强,则瞬间二氧化氮的浓度增大为原来的2倍,过程中,平衡向正反应方向移动,最后二氧化氮的浓度大于1倍小于2倍,现象为:先变深后变浅。 【点睛】第(3)②问对现象的描述是易错点,学生要注意增大压强,二氧化氮浓度也会增大,颜色会先变深,再考虑平衡的移动效果。