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- 2021-07-06 发布
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泉港一中2020届高三(上)第一次月考化学试卷
可能用到的相对原子质量:He 4 S 32 Pb 207
一、单选题(本大题共16小题,每小题3分,共48分)
1. 化学与生产、生活息息相关,下列叙述错误的是( )
A. 铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性
B. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
C. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素
D. 含重金属离子的电镀废液不能随意排放
【答案】B
【解析】
试题分析:A.铁表面镀锌,与周围的物质接触,构成原电池时,由于金属活动性Zn>Fe,所以Zn是负极,首先被腐蚀的是锌,Fe得到了保护,故可增强其抗腐蚀性,A正确;B.用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料,由于聚乙烯塑料不容易降解,故可增加白色污染,B错误;C.大量燃烧化石燃料不完全燃烧会产生许多固体颗粒物,因此是造成雾霾天气的一种重要因素,C正确;D.由于重金属会造成水污染、土壤污染,因此含重金属离子的电镀废液不能随意排放,D正确。答案选B。
考点:考查化学在生产、生活中的应用正误判断的知识。
2.汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH<0。下列说法正确的是
A. 升高温度可使该反应的正反应速率增大,逆反应速率减小
B. 增大压强,可以使NO和CO完全转为为无污染的N2和CO2,而消除污染
C. 该反应反应物总能量小于生成物总能量
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能,增大活化分子百分数,反应速率增大
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大;
B. 增大压强,可以使NO和CO的可逆反应正向进行,无法完全生成N2和CO2;
C. 反应为放热反应,则反应物总能量大于生成物总能量;
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能,增大活化分子百分数,增大有效碰撞的几率;
【详解】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大,A错误;
B. 增大压强,可以使NO和CO的可逆反应正向进行,无法完全生成N2和CO2,B错误;
C. 该反应为放热反应,则反应物总能量大于生成物总能量,C错误;
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能,增大活化分子百分数,增大有效碰撞的几率,使反应速率增大,D正确;
答案为D。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液:I− +IO3−+6H+I2+3H2O
B. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应:CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−
C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应:3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+4H++H2O
D. 电解饱和食盐水:2Cl−+2H+Cl2↑+ H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
A、电子得失不守恒;B、CaSO4固体和CaCO3固体转化;C、碱性溶液,不是酸性溶液;D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气;
【详解】A、酸化NaIO3和NaI的混合溶液:5I− +IO3−+6H+ 3I2+3H2O,故A错误;B、CaSO4固体和CaCO3固体转化平衡:CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−,故B正确;C、碱性溶液,不是酸性溶液,4OH-+3ClO−+2Fe(OH)32FeO42−+3Cl−+5H2O,故C错误;D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气:2Cl−+2H2OCl2↑+ H2↑+2OH-,故D错误;故选B。
4.下列实验操作和现象所得结论正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向某无色溶液中滴加稀盐酸
溶液变浑浊
原溶液中一定存在
B
向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液
未观察到明显现象
原溶液中一定不存在
C
向酸性溶液中通入
溶液紫红色褪去
具有还原性
D
向某溶液中通入,再滴入KSCN溶液
溶液变红
原溶液中一定含有
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A选项,向某无色溶液中滴加稀盐酸,溶液变浑浊,则原溶液中可能是Ag+、SiO32−,故A错误;
B选项,向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液,未观察到明显现象,不能说明溶液中没有NH4+,检验的方法是向无色溶液中NaOH溶液,再加热,有刺激性气味或能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则溶液中含有NH4+,故B错误;
C选项,向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫,溶液紫红色褪去,酸性高锰酸钾和二氧化硫发生氧化还原反应,酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,二氧化硫具有还原性,故C正确;
D选项,向某溶液中通入Cl2,再滴入KSCN溶液,溶液变红,则溶液中含有Fe3+,而此时的Fe3+是原来有,还是通入Cl2后生成的呢?不清楚,所以不能说原溶液中含Fe2+,故D错误;
综上所述,答案为C。
5.常温下,下列各组离子在指定的环境中可能大量共存的是( )
A. 的溶液中:、、、
B. 某无色溶液中:、、、
C. 硝酸钠溶液中:、、、
D. 加入铝粉能产生的溶液中:、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A选项,pH=13的溶液,说明溶液中含OH−,Na+、S2-、AlO2-、SO42-,这几者都不反应,大量共存,故A正确;
B选项,无色溶液即没有颜色的离子,Cu2+为蓝色,故B错误;
C选项,Ca2+和SO42-反应生成沉淀,故C错误;
D选项,加入铝粉能产生H2的溶液,由于溶液中有NO3−,故溶液含有大量OH−,OH−与HCO3-反应生成CO32-离子和水,故D错误;
综上所述,答案为A。
6.下列有关 2个电化学装置的叙述正确的是 ( )
A. 图I,由于盐桥中的移向溶液,一段时间后,使溶液中的正电荷数量增加
B. 图I,在不改变总反应的前提下,可用替换,用石墨替换 Cu棒
C. 图II,通电后和先从阳极区移动到阴极,然后阴极才发生反应
D. 图II,通电后,由于 向阳极迁移,导致阳极附近 pH 升高
【答案】B
【解析】
【详解】A选项,图I是原电池,Zn为负极,Cu为正极,由于“同性相吸”盐桥中的K+移向右侧,但溶液中的Cu2+在Cu电极上不断得到电子变为Cu,溶液中的正电荷数量不会增加,故A错误;
B选项,图I发生的电极反应式,负极:Zn-2e-=Zn2+,正极:Cu2++2e-=Cu,用Na2SO4替换ZnSO4,用石墨替换Cu棒,总反应不改变,故B正确;
C选项,图II是电解池,“异性”相吸,由于溶液中氢离子来源于水的电离,氢离子浓度很小,所以通电后Na+先从阳极区移动到阴极,阴极周围的水电离出氢离子在阴极放电,故C错误;
D选项,图II,通电后,阳极是氯离子放电,生成气体氯气,氯离子放电结束后在阳极处水电离出的氢氧根离子放电,导致阳极附近pH降低,故D错误;
综上所述,答案为B。
【点睛】有盐桥为原电池,有电源的为电解池,原电池“同性”相吸,电解池“异性”相吸。
7.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 标准状况氦气含有的质子数为
B. 1mol氯气与足量的铁反应,转移电子数目为3NA
C. 溶液中所含的数目为
D. 密闭容器中与充分反应,产物的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A选项,11.2 L(标准状况)氦气物质的量为0.5 mol,质子的物质的量为0.5 mol x2=1 mol,则含有的质子数为NA,故A正确;
B选项,1mol氯气与足量的铁反应生成FeCl3,根据化合价变化,一个Cl原子得到1个电子,一个Cl2分子得到2个电子,1 mol氯气得到2 mol电子,故转移电子的数目为2NA,故B错误;
C选项,100 mL 1 mol·L-1Al2(SO4)3溶液中所含Al3+的数目为0.2 NA,但由于Al3+要发生水解,因此Al3+数目小于0.2 NA,故C错误;
D选项,密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2充分反应,由于该反应是可逆反应,即使充分反应也反应不完全,因此生成的产物三氧化硫不可能为2 mol,故D错误;
综上所述,答案为A。
【点睛】根据化合价计算电子转移,二氧化硫与氧气反应是可逆反应。
8.根据右图所示能量循环图,下列说法正确的是( )
A. △H1>0;△H2<0
B. △H3>0;△H4<0
C. △H5>0;△H<0
D. △H=△H1+△H2+△H3+△H4-△H5
【答案】B
【解析】
【详解】A.固态转化为气态吸热,△H1>0,气态原子转化为气态金属离子吸热,则△H2>0,故A错误;
B.断裂化学键吸收能量,非金属原子的气态转化为离子放热,则△H3>0;△H4<0,故B正确;
C.气态离子转化为固态放热,则△H5<0,故C错误;
D.由盖斯定律可知,反应一步完成与分步完成的热效应相同,则△H=△H1+△H2+△H3+△H4+△H5,故D错误;
故选:B。
9.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程,该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
分析:A项,生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH,原子利用率为100%;B项,CH4选择性活化变为①过程中,有1个C-H键发生断裂;C项,根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能量并形成C-C键;D项,催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高平衡转化率。
详解:A项,根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH,总反应为CH4+CO2CH3COOH,只有CH3COOH一种生成物,原子利用率为100%,A项正确;B项,CH4选择性活化变为①过程中,有1个C-H键发生断裂,B项正确;C项,根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能量,对比①和②,①→②形成C-C键,C项正确;D项,催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高反应物的平衡转化率,D项错误;答案选D。
点睛:本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响,解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
10.自催化作用是指反应物之一使该 反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的进行下列三组实验,一段时间后溶液均褪色(可以记做)。
实验①
实验②
实验③
的溶液和的溶液混合
固体
的溶液和的溶液混合
稀盐酸
的溶液和的溶液混合
褪色
比实验①褪色快
比实验①褪色快
下列说法不正确的是
A. 实验①中发生氧化还原反应,是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用
B. 实验②褪色比①快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率
C. 实验③褪色比①快,是因为Cl-的催化作用加快了反应速率
D. 若用的做实验①,推测比实验①褪色快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 碳元素的化合价升高,且锰离子可作催化剂,则实验①中发生氧化还原反应,H2C2O4 是还原剂,产物 MnSO4 能起自催化作用,故A正确;
B. 催化剂可加快反应速率,则实验②褪色比①快,是因为 MnSO4的催化作用加快了反应速率,故B正确;
C. 高锰酸钾可氧化氯离子,则实验③褪色比①快,与催化作用无关,故C错误;
D. 增大浓度,反应速率加快,则用 1mL0.2M 的H2C2O4做实验①,推测比实验①褪色快,故D正确;
故选C。
11.在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2X(g)Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度c(x)随时间t变化的曲线如图所示,下列叙述正确的是
A. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B. T2下,在0~t1时间内,υ(Y)=mol/(L·min)
C. M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆
D. M点时再加入一定量的X,平衡后X的转化率减小
【答案】C
【解析】
试题分析:A、根据图像可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量,因此根据热化学方程式可知W点放出的热量多,A不正确;B、T2下,在0~t1时间内X的浓度减少了(a-b)mol/L,则根据方程式可知Y的浓度增加了mol。反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示,所以Y表示的反应速率为mol/(L·min),B不正确;C、根据图像可知,温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快,到达平衡的时间少,则温度是T1>T2。M点温度高于N点温度,且N点反应没有达到平衡状态,此时反应向正反应方向进行,即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率,因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率,C正确;D、由于反应前后均是一种物质,因此M点时再加入一定量的X,则相当于是增大压强,正方应是体积减小的可逆反应,因此平衡向正反应方向移动,所以X的转化率升高,D不正确,答案选C。
考点:考查化学反应速率和平衡平衡状态的有关判断与计算
12.一定条件下,在水溶液中1 mol ClOx-(x=0,1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示,下列有关说法正确的是( )
A. e是ClO3-
B. b→a+c反应的活化能为60 kJ·mol-1
C. a、b、c、d、e中c最稳定
D. b→a+d反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=2Cl-(aq)+ClO3-(aq) ΔH=-116 kJ·mol
-1
【答案】D
【解析】
【分析】
从图中可知,各微粒中氯元素的化合价:a为-1价,b为+1价,c为+3价,d为+5价,e为+7价。根据氧化还原反应写出b→a+c和b→a+d的离子反应方程式。
【详解】A选项,根据图可知e对应的价态为+7价,因此该离子为ClO4-,故A错误;
B选项,b→a+c即2ClO-(aq)= Cl-(aq)+ClO2-(aq) ΔH=(100 kJ·mol-1+0 kJ·mol-1)−2×60 kJ·mol-1 = −20 kJ·mol-1,该反应为放热反应,但无法知道该反应的活化能,故B错误;
C选项,根据能量越低越稳定,a、b、c、d、e中a能量最低,所以a最稳定,故C错误;
D选项,b→a+d反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=2Cl-(aq)+ClO3-(aq) ΔH=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)−3×60kJ/mol=−116kJ/mol,为放热反应,反应物的键能之和小于生成物的键能之和,故D正确;
综上所述,答案为D。
【点睛】能量越低越稳定,反应热ΔH=生成物总能量减反应物总能量。
13.HBr被氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成:
Ⅰ.HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g);
Ⅱ.HOOBr(g)+HBr(g)=2HOBr(g);
Ⅲ.HOBr(g)+HBr(g)=H2O(g)+Br2(g)
1mol HBr(g)被氧化为(g)放出热量,其能量与反应进程的关系如图所示:
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为放热反应
B. Ⅰ的反应速率最慢
C. HOOBr比HBr和稳定
D. 热化学方程式为:4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g)
【答案】B
【解析】
【详解】A选项,第一步反应是反应物总能量低于生成物的总能量,所为吸热反应,故A错误;
B选项,第一步反应需要的活化能最大,即反应I的反应速率最慢,故B正确;
C选项,HOOBr的总能量比HBr和O2的总能量高,能量越高,物质越不稳定,故C错误;
D选项,根据题意,1mol HBr(g)被氧化为Br2(g)放出12.67kJ热量,则热化学方程式为4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g) △H=-50.68kJ·mol-1,故D错误;
综上所述,答案为B。
【点睛】活化能越大,反应速率越慢;反应物总能量低于生成物总能量,为吸热反应,反之则为放热反应。
14.某温度下,CO(g) + H2O (g)CO2(g) + H2(g)的平衡常数K=1。该温度下在体积均为1 L的甲、乙两个恒容密闭容器中,投入CO(g) 和 H2O (g)的起始浓度及5min时的浓度如下表所示。
甲
乙
起始浓度
5min时浓度
起始浓度
5min时浓度
c(CO)/mol/L
0.1
0.08
0.2
x
c(H2O)/mol/L
0.1
0.08
0.2
y
下列判断不正确的是
A. x =" y" = 0.16
B. 反应开始时,乙中反应速率比甲快
C. 甲中0~5min的平均反应速率: v(CO)="0.004" mol/(L·min)
D. 平衡时,乙中H2O的转化率是50%,c(CO)是甲中的2倍
【答案】A
【解析】
试题分析:A、乙容器中反应物的起始浓度是甲容器中起始浓度的2倍,反应速率快但不一定是甲容器中速率2倍,故x =" y" 不一定为 0.16,错误;B、乙容器中反应物的浓度是甲容器反应物浓度的2倍,反应开始时,乙中反应速率比甲快,正确;C、根据表中数据计算,甲中0~5min的平均反应速率: v(CO)=△c(CO)/△t="0.004" mol/(L·min),正确;D、设平衡时乙中H2O的转化浓度为x,则K="[" CO2][ H2]/[ CO][ H2O]=x2/(0.2—x)2=1解得x=0.01,故乙中水的转化率是50%,根据等效平衡知识判断达平衡时c(CO)是甲中的2倍,正确。
考点:考查化学反应速率和化学平衡。
15.工业上消除氮氧化物的污染,可用如下反应: 在温度和时,分别将和充入体积为1L的密闭容器中,测得随时间变化数据如下表:下列说法错误的是( )
A. 10 min内,时的化学反应速率比时小
B. 温度:
C.
D. 平衡常数:
【答案】D
【解析】
【详解】A选项,10 min内,T1时甲烷的量比T2时甲烷的量多,则说明消耗得少,反应速率慢,故A正确;
B选项,10 min内,T1时甲烷的量比T2时甲烷的量多,则说明消耗得少,反应速率慢,说明T1温度比T2温度低,故B正确;
C选项,根据B选项T1 < T2,从T1 →T2,升温向吸热反应方向移动,平衡时甲烷的量增加,说明平衡逆向移动,即逆向为吸热反应,正向为放热反应,a < 0,故C正确;
D选项,根据C选项得出该反应为放热反应,则升温,平衡逆向移动,生成物量减少,K减小,故D错误;
综上所述,答案为D。
16.I2在KI溶液中存在下列平衡:I2(aq) + I一(aq)I3一(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数值如下表:
t/℃
5
15
25
35
50
K
1100
841
680
533
409
下列说法正确的是
A. 反应I2(aq)+I一(aq)I3-(aq)的△H>0
B. 利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质
C. 在上述体系中加入苯,平衡不移动
D. 25℃时,向溶液中加入少量KI固体,平衡常数K小于680
【答案】B
【解析】
【详解】A.由表中数据可知,温度越大平衡常数越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,故正反应方向为放热反应,即△H<0,故A错误;B.硫难溶于水,而碘单质与I-形成I3-
而溶于水,可以达到除去少量碘的目的,故B正确;C.加入苯,碘能溶于苯,这样水中碘的浓度变小,平衡向逆左移动,故C错误;D.加入KI固体,平衡向右移动,但平衡常数只受温度影响,与物质的浓度无关,加入少量KI固体,平衡常数K不变,故D错误;故选B。
二、填空题(本大题共4小题,共52分)
17.现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物,五种阳离子为、、、、,五种阴离子为、、、、 现将它们分别配成的溶液,进行如下实验
测得溶液A、B呈碱性,且碱性为;
向C溶液中滴加稀盐酸,有气体生成;
向D溶液中滴加NaOH溶液,先岀现沉淀,继续滴加,沉淀消失
请根据上述实验现象,回答下列问题
实验中发生反应的化学方程式为______________;向C中滴加NaOH溶液,出现的现象为_________。
分两步写出实验中发生反应的离子方程式______________。
写出下列四种化合物的化学式:A______________;B______________。
【答案】 (1). ; (2). 先出现白色沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色 (3). ↓、 (4). (5).
【解析】
【分析】
根据题意,现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物,五种阳离子为K+、Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+,五种阴离子为Cl-、OH-、NO3-、SO42−、CO32−,现将它们分别配成0.5 mol·L-1的溶液,进行如下实验,测得溶液A、B呈碱性,分析得出溶液显碱性的只能是含OH-的碱和易溶于水的碳酸盐,由于CO32−与Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+不共存,所以碳酸盐只能是碳酸钾,碱只能为氢氧化钡,由于碱性B>A,所以A为K2CO3,B为Ba(OH)2
;向C溶液中滴加稀盐酸,有气体生成,不可能是碳酸盐了,那就要思考其他情况,分析得出会发生氧化还原反应而得到NO气体,发生9Fe(NO3)2+12HCl =5Fe(NO3)3+3NO↑+4FeCl3+6H2O反应,说明C物质为Fe(NO3)2,向D溶液中滴加NaOH溶液,先岀现沉淀,继续滴加,沉淀消失,说明溶液中含有Al3+,结合前面离子分析,D物质为Al2(SO4)3溶液。
【详解】⑴向C溶液中滴加稀盐酸,发生反应9Fe(NO3)2+12HCl = 5Fe(NO3)3+3NO↑+4FeCl3+6H2O。向Fe(NO3)2溶液中加入NaOH溶液,先是亚铁离子和氢氧根反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧气氧化,迅速变灰绿色,最终变为红褐色,故答案为:9Fe(NO3)2+12HCl = 5Fe(NO3)3+3NO↑+4FeCl3+6H2O,先出现白色沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色;
⑵D为Al2(SO4)3溶液,向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液,Al3+先与OH-反应生成氢氧化铝白色沉淀即Al3++3OH-= Al(OH)3↓,再滴加氢氧化钠溶液,白色沉淀又消失即发生离子反应Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O,故第一空答案Al3++3OH-= Al(OH)3↓,第二空答案Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O;
⑶由上面的分析可知,A为碳酸钾,B为氢氧化钡;故第一空答案为K2CO3,第二空答案为Ba(OH)2。
18.如何降低大气中的含量及有效地开发利用引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。为探究该反应原理,进行如下实验:在容积为1L的密闭容器中,充入和,在下发生发应实验测得和的物质的量随时间变化如图1所示:
(1)下列事实能说明反应到达平衡状态的是______________
A.容器内的密度不再改变 B. CO2和H2 的物质的量比不再改变
C.v正(CO2)=3v逆(H2) D. 容器内的压强不再改变
(2)达平衡时,的体积分数为____________,平衡常数为______保留两位小数;该温度下,测得某时刻,、、和的浓度均,则此 时正______ 逆填“”“”或“”。
(3)由图2可知,当温度升高到达平衡时,K值__________填“增大”“减小”或“不变”。
(4)下列措施中不能使的转化率增大的是______。
A.在原容器中再充入1mol
B.在原容器中再充入
C.缩小容器的容积
使用更有效的催化剂
E.将水蒸气从体系中分离出
F.在原容器中充入1molHe
【答案】 (1). D (2). (3). 5.33 (4). > (5). 减小 (6). BDF
【解析】
【详解】⑴中A选项,根据密度公式,气体质量没有变化,容器体积没有变化,即密度始终没有改变,因此不能作为判断平衡的标志,故A错误;
B选项,CO2和H2开始比是1:3,在整个反应过程中消耗也是按照1:3在消耗,因此在反应过程中剩余的CO2和H2的物质的量比始终未1:3,因此不能作为判断平衡的标志,故B错误;
C选项,v正(CO2),反应正方向,v逆(H2),反应逆方向,两个不同的方向,还要遵循速率比等于计量系数之比,应该3v正(CO2) = v逆(H2),故C错误;
D选项,该反应为不等体积反应,因此正向反应时,容器内压强在不断减小,当压强不再改变时就达到平衡,故D正确;
综上所述,答案D。
⑵根据反应及图像分析,利用“三步走”思想
CO2(g) + 3H2(g) CH3OH (g) + H2O(g)
开始 1 mol·L-1 3 mol·L-1 0 0
转化 0.75 mol·L-1 2.25 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1
平衡 0.25 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1 0.75 mol·L-1
故第一空答案为30%;
根据平衡常数公式代入
故第二空答案为5.33;
根据浓度商公式代入得出数据与化学平衡常数比较
浓度商小于平衡常数,即要变大,则生成物要增加,平衡正向移动即正反应速率大于逆反应速率,故第三空答案为“>”;
⑶根据图象知,升高温度,逆反应速率大于正反应速率,平衡向逆反应方向移动,K值减小,故答案为减小;
⑷A选项,在原容器中再充入1mol氢气,平衡向正反应方向移动,二氧化碳消耗,二氧化碳的转化率增大,故A能增大转化率;
B选项,在原容器中再充入1 mol 二氧化碳,平衡正向移动,虽然二氧化碳又消耗了,根据转化率公式可知,分子分母都变大,由于平衡移动是微弱的,因此分子增加幅度小于分母增加的幅度,转化率减小,故B不能增大转化率;
C选项,缩小容器的容积,压强增大,平衡向体积减小的方向移动即正向移动,转化率变大,故C能增大转化率;
D选项,使用更有效催化剂,反应速率加快,但平衡没有发生移动,转化率不变,故D不能增大转化率;
E选项,将水蒸气从体系中分离出即减小生成物浓度,平衡正向移动,转化率增大,故E能增大转化率;
F选项,在原容器中充入1molHe,体系压强增大,但反应浓度没有发生改变,平衡不移动,转化率不变;故F不能增大转化率;
综上所述,正确答案为BDF
【点睛】⑴判断平衡的标志主要从正反应速率等于逆反应速率,平衡时各物质的浓度不再改变,这两个思维分析。
⑵建立“三步走”思维模式,求体积分数和平衡常数
⑶一定理解平衡移动是微弱的变化趋势。
19.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯,甲烷催化作用下脱氢,在气相中经自由基偶联反应生成乙烯,其反应如下:
化学键
a
b
c
d
(1)已知相关化学键的键能如上表,甲烷制备乙烯反应的______用含a、b、c、d的代数式表示。
温度时,向1L的恒容反应器中充入2,仅发生上述反应,反应过程中min的物质的量随时间变化如图1,测得min时的浓度为
min内表示的反应速率为______
若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度时,使用质量相同但表面积不同的催化剂时,达到平衡过程中n的变化曲线,其中表示催化剂表面积较大的曲线是______(填“a“或“b”)。
min时,若改变外界反应条件,导致
发生图中所示变化,则改变的条件可能是_______任答一条即可。
实验测得:,,其中、为速率常数仅与温度有关,温度时与比值为______(填数值)。若将温度由升高到,则反应速率增大的倍数______V逆 (选填“”、“”或“<”)。
科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示,电解质是掺杂了与的固体,可在高温下传导
极为______极(选填“阳”或“阴”)。
该电池工作时负极反应方程式为________。
用该电池电解饱和食盐水,一段时间后收集到标况下气体总体积为11.2L,则透过阳离子交换膜的离子的物质的量为_________ mol
【答案】 (1). (2). (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). (6). (7). 阳 (8). (9). 0.5
【解析】
【分析】
ΔH=反应物总键能-生成物总键能;
【详解】⑴ΔH=反应物总键能-生成物总键能=[2×4b-(c+4b)-2a]kJ·mol-1=+(4b-c-2a)kJ·mol-1,故答案:+(4b-c-2a)kJ·mol-1;
⑵①2 mol 甲烷放入1 L容器中,其浓度为2 mol·L-1,其甲烷的速率为
故答案为0.16mol·L-1·min-1
②催化剂表面积越大,催化效果越好,速率越快,达到平衡所需的时间越短,所以曲线b的催化剂表面积较大,故答案为b;
③15 min时,改变外界反应条件,导致n(CH4)减小,说明平衡向消耗CH4的方向移动,所以改变的条件可能是升高温度或减小压强,故答案为升高温度或减小压强;
⑶ 2CH4(g) C2H4(g) +2H2(g)
c始(mol/L) 2 0 0
Δc(mol/L) 1.6 0.8 1.6
c末(mol/L) 0.4 0.8 1.6
T1温度时,该反应的平衡常数,且达到平衡时有v正=v逆,即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)·c2(H2),则
故答案为12.8;
该反应吸热反应,升高温度,平衡正向移动,v正>v逆。
故答案为>;
⑷①甲烷燃料电池,通燃料一极为负极,通氧气一极为正极,连原电池正极的C极为电解池的阳极,连原电池负极的D极为电解池的阴极;
故答案:阳;
②根据图示,电解质为传导的O2-,燃料电池的负极是甲烷与O2-反应生成H2O和CO2的反应,所以电极反应为CH4-8e-+4O2-==CO2+2H2O,
故答案为CH4-8e-+4O2-= CO2+2H2O;
③根据离子方程式2Cl-+2H2O = 2OH-+Cl2↑+H2↑;可知,电解一段时间后,共收集到标准状况下气体11.2 L,即气体的物质的量为0.5mol,由于产生0.5 mol气体生成了0.5 mol氢氧根,根据电荷守恒原理,透过阳离子交换膜的钠离子物质的量为0.5 mol;
故答案为0.5 。
【点睛】⑴催化剂表面积越大,催化效果越好,速率越快,达到平衡所需的时间越短;
⑵燃料电池,燃料在负极发生反应,氧化剂在政府发生反应;
⑶根据电荷守恒,产生多少氢氧根,则钠离子就移动多少。
20.硫及其化合物有许多用途。请回答下列问题。
基态硫离子价层电子的轨道表达式为____,其电子填充的最高能级的轨道数为____。
常见含硫的物质有单质硫、、、
等,四种物质的熔点由高到低的顺序依次为__________。
方铅矿即硫化铅是一种比较常见的矿物,酸溶反应为:浓,则中配位原子是__________,第一电离能__________填“”、“”或“”,中硫的杂化方式为______________,下列气态分子的空间构型与相同的有__________。
A.SnCl2 B.SO3
方铅矿的立方晶胞如图所示,硫离子采取面心立方堆积,铅离子填在由硫离子形成的__________空隙中。已知晶体密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数的值为,则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为__________nm。
【答案】 (1). (2). 3 (3). (4). (5). (6). (7). AC (8). 四面体 (9).
【解析】
【详解】⑴基态硫原子电子排布式1s22s22p63s23p4,离子电子排布式1s22s22p63s23p6,离子价层电子排布式为3s23p6,离子价电子的轨道表达式为,
故答案为
其电子填充的最高能级为3p能级,3p能级的轨道数为3个轨道,
故答案为3;
⑵物质的熔点比较的一般原则为离子晶体熔点大于分子晶体熔点,硫化钠和硫化钾两者都为离子晶体,根据离子半径和晶格能比较,钠离子半径小于钾离子半径,硫化钠晶格能大于硫化钾晶格能,因此硫化钠熔点大于硫化钾熔点,二氧化硫和S8都是分子晶体,组成结构相似的分子晶体,相对分子质量越大熔点越高,因此S8熔点大于二氧化硫熔点,所以四者熔点高低顺序为Na2S > K2S > S8 > SO2,
故答案为Na2S > K2S > S8 > SO2
⑶则H2[PbCl4]中配位原子是Cl,故答案为Cl;
同周期第一电离能从左到右增大,但第IIA>III A,V A> VI A,氯的第一电离能大于硫的第一电离能,故答案为;
H2S中电子对数
所以H2S的杂化方式为SP3,
故答案为SP3,
H2S中电子对数=2+2=4,VSEPR模型为正四面体,略去两对孤对电子,为“V”形结构,SnCl2中电子数=2+2=4,同样为“V”形结构,SO3中电子数=3+0=3,即为平面三角形结构,O3中δ为2,由于形成了,中心氧原子形成时用了两个电子,因此还剩余两个电子即一对孤对电子,电子对数=2+1=3,即为“V”形结构,CH4中电子数=4+0=4,即为正四面体结构;
故答案为AC
⑷根据方铅矿的立方晶胞,硫离子采取面心立方堆积,四个硫离子和铅离子形成了四面体结构,铅离子在四面体空隙中,故答案为四面体;
已知晶体密度为ρg·cm-3,
则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为体对角线的四分之一,该晶体中有4个铅离子和4个硫离子,设棱长为a,
即晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为
故答案为