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- 2021-07-08 发布
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福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
第Ⅰ卷(选择题,共48分)
一、选择题。(本大题共16小题,每小题3分,共48分。在每小题列出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的。)
1.下列措施不符合节能减排的是( )
A. 在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水
B. 大力发展火力发电,解决电力紧张问题
C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫,并回收石膏
D. 用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气,作家庭燃气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 太阳能热水器是将太阳能转化为热能,不会产生环境污染,故正确;B. 大力发展火力发电,解决电力紧张问题,不能减少有害物质的排放,不符合节能减排,故错误;C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫,,减少二氧化硫的排放,所以可以减少污染,故正确;
D. 沼气的主要成分是甲烷,甲烷燃烧后产生水和二氧化碳,对空气无污染,故正确,故选B。
2.某化学反应的能量变化如图所示,下列有关叙述正确的是( )
A. 该反应为放热反应
B. 加入催化剂,可同时降低E1、E2
C. 该反应的反应热ΔH=(E1-E2)kJ·mol-1
D. E2可表示形成新的化学键所释放的能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应物的总能量低于生成物的总能量,该反应为吸热反应,故A错误;
B. 加入催化剂能同时降低正、逆反应的活化能,故B正确;
C. 该反应的反应热△H=+(E2-E1)kJ·mol-1,故C错误;
D. E2 kJ·mol-1可表示断裂旧的化学键时吸收的能量,故D错误;
故选:B.
3.下列有关热化学方程式的叙述,正确的是( )
A. 若2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221 kJ·mol-1,则1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ
B. 若CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-812.3kJ/mol,则甲烷的燃烧热为812.3kJ/mol
C. 若2NO2(g)N2O4(g) ΔH=56.9kJ·mol-1,则2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应吸收热量为56.9kJ
D. 若H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1,含1 mol CH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出热量为57.3kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A. 已知101kPa时,2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=−221kJ/mol,则1mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5kJ,故A正确;
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-812.3kJ/mol,由于水的状态是气体,故甲烷的燃烧热大于812.3kJ/mol,故B错误;
C. 由2NO2(g)N2O4(g) ΔH=56.9kJ·mol-1,可知将2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应,反应是可逆反应,后放出热量小于56.9kJ,故C错误;
D. 醋酸是弱酸存在电离平衡,电离过程是吸热过程,含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合,放出热量小于57.3kJ,故D错误;
故选:A.
4.中和热测定实验中,下列说法错误的是( )
A. 一组完整实验数据需要测温度三次
B. 可用金属做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎泡沫塑料是为了减少实验过程中热量散失
D. 用0.5mol•L-1NaOH溶液分别与0.5mol•L-1的盐酸、硝酸溶液反应,如果所取的溶液体积相等,则测得的中和热数值相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 一组完整实验数据需要测酸碱溶液的温度,混合前溶液的温度,混合后溶液的温度,需要测量三次温度,减小实验误差,故A正确;
B. 可用金属做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒,金属导热,热量损失,产生误差,
故B错误;
C. 烧杯间填满碎泡沫塑料是防止热量损失,为了减少实验过程中热量散失
故C正确;
D. 用0.5mol•L-1NaOH溶液分别与0.5mol•L-1的盐酸、硝酸溶液反应,因为HCl和硝酸都是强酸,如果所取的溶液体积相等,则测得的中和热数值相同,故D正确;
故选:B.
5.炒过菜的铁锅未及时洗净(残液中含NaCl),不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示,下列说法正确的是( )
A. 腐蚀过程中,负极是C
B. Fe失去电子经电解质溶液转移给C
C. 正极的电极反应式为4OH―-4e-==2H2O+O2↑
D. C是正极,O2在C表面上发生还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了电化学腐蚀的原理,正、负极反应原理和电极反应式的书写,注意电子在原电池的外电路中移动。
【详解】A.
铁锅中含有Fe、C,Fe、C和电解质溶液构成原电池,活泼金属做负极,Fe易失电子,故腐蚀过程中,负极是Fe,A错误;
B. 原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动,在电解质溶液中依靠离子的移动导电,B错误;
C. 该原电池中, C作正极,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,C错误;
D. C是正极,O2在C表面上发生还原反应,D正确;
答案为D。
6.有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是( )
A. 可在船壳外刷油漆进行保护
B. 可将船壳与电源的负极相连进行保护
C. 可在船底安装锌块进行保护
D. 在海上航行时,船壳主要发生析氢腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触,所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护,故A正确;
B. 将船壳与电源的负极相连,即船壳为阴极,阴极材料不易被腐蚀,在电解池的阴极金属被保护,故B正确;
C. 在船底安装锌块,形成原电池,金属锌是负极,被腐蚀,正极材料Fe被保护,故C正确;
D. 海水是中性环境,金属会发生吸氧腐蚀,即在海上航行时,船壳主要发生吸氧腐蚀,故D错误;
故选:D.
7.利用如图所示装置,当X、Y选用不同材料时,可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是( )
A. 氯碱工业中,X、Y均为石墨,X附近能得到氢氧化钠
B. 铜的精炼中,X是纯铜,Y是粗铜,Z是CuSO4
C. 海水提镁中,X、Y均为石墨,Z为MgCl2溶液
D. 电镀工业中,X是镀层金属,Y是待镀金属
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯碱工业上,用惰性电极电解饱和氯化钠溶液,阴极附近得到氢氧化钠,即Y附近能得到氢氧化钠,故A错误;
B. 铜的精炼中,粗铜作阳极X,纯铜作阴极Y,硫酸铜溶液作电解质溶液,故B错误;
C.海水提镁中,X、Y均为石墨,电解熔融的氯化镁,故C错误;
D. 电镀工业上,Y是待镀金属,X是镀层金属,故D正确;
故选:D.
8.用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池原理如图所示,下列说法正确的是( )
A. 放电时,OH-移向镍电极
B. 放电时,负极的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O
C. 充电时,将电池的碳电极与外电源的正极相连
D. 充电时,阴极的电极反应为Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 放电时,该电池为原电池,电解质溶液中阴离子向负极移动,所以OH−移向碳电极,故A错误;
B. 放电时,负极上氢气失电子发生氧化反应,电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O,故B正确;
C. 该电池充电时,碳电极附近物质要恢复原状,则应该得电子发生还原反应,所以碳电极作阴极,应该与电源的负极相连,故C错误;
D. 充电时,阳极上发生失电子的氧化反应,即Ni(OH)2+OH−−e−=NiO(OH)+H2O,故D错误;
故选:B.
9.SO2和NOx是主要大气污染物,利用下图装置可同时吸收SO2和NO。下列有关说法错误的是( )
A. a极为直流电源的负极
B. 阳极发生的反应式为SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+
C. 阴极得到1mol电子时,通过阳离子交换膜的H+为2mol
D. 吸收池中发生反应的离子方程式为:2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 进去的是HSO3-,出来的是S2O42-,硫元素的化合价降低,发生还原反应,是阴极,与电源的负极相连,即a极为直流电源的负极,故A正确
B. 在阳极上发生失电子的氧化反应,故B正确;
C. 据电子守恒,则阴极得到电子量等于通过阳离子交换膜的H+的量,阴极得到1mol电子时,通过阳离子交换膜的H+为1mol,故C错误;
D、硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应,生成氮气,离子反应方程式为:2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-,故D正确;
故选:C.
10.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是( )
A. 容器内的压强不再改变
B. c(SO2):c(O2):c(SO3)=2:1:2
C. 混合气体的密度不再改变
D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等
【答案】A
【解析】
【详解】A. 容器内的压强不再改变,说明气体的物质的量不变,反应达平衡状态,故A正确;
B. c(SO2):c(O2):c(SO3)=2:1:2,不能说明各物质的量浓度不变,故B错误;
C.反应物生成物都是气体,反应前后质量不变,混合气体的密度不再改变,不能说明反应达到平衡状态,故C错误;
D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等,指的方向一致,不能说明正、逆反应的速率相等,故D错误;
故选:A.
11.I2(g)+H2(g)2HI (g) ΔH<0,平衡时温度升高,HI含量减小的原因是( )
A. 温度升高,正反应速率减小,逆反应速率增大,平衡逆向移动
B. 温度升高,浓度商(Q)变大,Q>K,平衡逆向移动
C. 温度升高,活化分子数增多,反应速率加快
D. 温度升高,K变小,平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【分析】I2(g)+H2(g)2HI (g) ΔH<0,平衡时温度升高,HI含量减小,说明平衡向逆反应方向进行,据此分析。
【详解】A. 温度升高,正反应速率增大,逆反应速率也增大,故错误;
B. 温度升高,可逆反应向逆反应方向进行,生成物浓度减少,反应物浓度增大,浓度商(Q)变小,故错误;
C. 温度升高,活化分子数增多,反应速率加快,没有分析出HI含量减小的原因,故错误;
D. 温度升高,向吸热方向进行,该反应向逆反应方向进行,K变小,平衡逆向移动,HI含量减小,故正确;
故选:D.
12.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下,M的物质的量浓度(mol·Lˉ1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
Ⅰ(pH=2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
Ⅱ(pH=4)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
Ⅲ(pH=4)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
Ⅳ(pH=4,含Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确是( )
A. 在0~20 min内,Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol·Lˉ1·minˉ1
B. 水样酸性越强,M的分解速率越快
C. 在0~25 min内,Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大
D. 由于Cu2+存在,Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快
【答案】D
【解析】
【分析】A. 在0~20 min内,Ⅰ中M的分解速率=(0.4-0.1)/20=0.015 mol·Lˉ1·minˉ1;
B. 对比实验I和II,I的酸性比II的酸性强,分解速率大;
C. 在0~25 min内,Ⅲ中M的分解百分率=(0.2-0.05)/0.2=0.75,Ⅱ的分解百分率=(0.4-0.16)/0.4=0.6;
D.无给定反应时间短,无法比较;
【详解】A. 在0~20 min内,Ⅰ中M的分解速率=(0.4-0.1)/20=0.015 mol·Lˉ1·minˉ1,A正确;
B. 对比实验I和II,I的酸性比II的酸性强,分解速率大,则水样酸性越强,M的分解速率越快,B正确;
C. 在0~25 min内,Ⅲ中M的分解百分率=(0.2-0.05)/0.2=0.75,Ⅱ的分解百分率=(0.4-0.16)/0.4=0.6,III比II大,C正确;
D. 由于Cu2+存在,Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快,无给定反应时间短,无法比较,D错误;
答案D
13.对于可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0,下列研究目的和示意图相符的是( )
A
B
C
D
研究目的
平衡体系中增加N2
压强对反应的影响(p2>p1)
温度对反应的影响
的浓度对反应的影响
催化剂对反应的影响
示意图
【答案】C
【解析】
【详解】A.增大压强,化学反应速率加快,达到平衡所需要的时间更少,P1>P2,选项A错误;
B.升高温度,化学平衡向吸热反应方向即向逆反应方向移动,N2的转化率降低,选项B错误;
C.平衡体系中增加N2的浓度。在这一瞬间,反应物的浓度突然增大,生成物的浓度不变,所以v(正)>v(逆),化学平衡向正反应方向移动,直至达到新的平衡,选项C正确;
D.加入催化剂,由于改变了反应途径,化学反应速率大大加快,缩短了达到平衡所需要的时间,选项D错误;
答案选C。
14.硫酸是一种重要的化工产品,目前主要采用“接触法”进行生产。有关反应2SO2+O22SO3的说法中不正确的是( )
A. 实际生产中,SO2、O2再循环使用体现绿色化学
B. 实际生产中,为了提高经济效率压强越高越好
C. 在生产中,通入过量空气的目的是提高SO2的转化率
D. 实际生产中,选定400℃~500℃作为操作温度的主要原因是催化剂的活性最高
【答案】B
【解析】
【详解】A. 实际生产中,SO2、O2再循环使用符合绿色化学的发展理念,故正确;
B. 实际生产中,为了提高经济效率,可以适当增大压强,但压强越大,对设备的要求越高,增加生产成本,故错误;
C. 在生产中,通入过量空气使氧气量增加,提高二氧化硫的转化率,故正确;
D. 实际生产中,选定400℃~500℃
作为操作温度的主要原因是催化剂的活性最高,是正确的;
故选:B.
15.某温下气体反应达到化学平衡,平衡常数K=,恒容时,若温度适当降低,F的浓度增加,下列说法正确的是( )
A. 降低温度,正反应速率增大
B. 增大c(A)、c(B),K增大
C. 向容器中充入稀有气体X,压强增大,反应速率不变
D. 该反应的化学方程式为2E(g)+F(s)A(g)+2B(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A.降低温度,正、逆反应速率都降低,故A错误;
B. 平衡常数只受温度影响,与浓度无关,温度不变,平衡常数不变,故B错误;
C. 向容器中充入稀有气体X,虽然压强增大,但反应物和生成物的浓度不变,反应速率不变,故C正确;
D. 平衡常数K=,,则该反应为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g),反应物和生成物都是气体,故D错误;
故选:C.
16.C(s)+2H2(g)CH4(g) ΔH。在1 L密闭容器中投入1mol碳,并充入2mol H2,测得相关数据如图所示。
(已知:可用平衡分压代替平衡浓度算出平衡常数Kp,分压=总压×物质的量分数 )下列有关说法错误的( )
A. ΔH<0 B. p1<6MPa C. T1<1 000 K D.
A点的平衡常数Kp=
【答案】D
【解析】
【详解】A.有图像1,在等压线下,升高温度,碳的平衡转化率降低,说明平衡逆向进行,逆反应是吸热反应,正反应是放热反应,ΔH<0,故A正确;
B.有图像1,向横坐标作垂线,即等温线,该反应正向是体积缩小的反应,碳的转化率越高 ,说明平衡正向进行,压强越大,即p1<6Mpa,故B正确;
C. 有选项A可知,正反应是放热反应,向横坐标作垂线,即是等压线,保持压强不变,升高温度,平衡逆向进行,碳的转化率降低,故T1<1 000 K,故C正确;
D.起始C和H2的物质的量分别为1mol和2mol,在A点碳的平衡转化率为50%,
可逆反应C(s)+2H2(g)⇌CH4(g)
开始(mol)1 2 0
反应(mol)0.5 1 0.5
平衡(mol)0.5 1 0.5
平衡时P(H2)=1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa、P(CH4)=0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa,该反应的平衡常数Kp= P(CH4)÷P2(H2)= (0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa)÷(1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5Mpa)2=2/9,故D错误;
故选:D.
第Ⅱ卷(非选择题,共52分)
17.知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理,形成如下问题(显示的电极均为石墨)。
(1)图1中,电解一段时间后,气球b中的气体是___(填化学式)。
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器,电解可制备“84”消毒液的有效成分NaClO,则c为电源的__极;该发生器中反应的总离子方程式为__。
(3)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体,是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。如图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
①阳极产生ClO2的电极反应式:__。
②当阴极产生标准状况下112mL气体时,通过阳离子交换膜离子的物质的量为___。
(4)装置2中左池为氯化铁溶液,右池为硫酸铜溶液,一段时间后右池溶液中c(Cu2+)__(填“增大”、“减小”或“不变”),若该装置的盐桥中盛装的是NH4NO3的琼脂溶液,则盐桥中的__离子(填“NH4+”或“NO3-”)向氯化铁溶液迁移。
【答案】(1). H2 (2). 负 (3). Cl-+H2OClO-+H2↑ (4). Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+ (5). 0.01mol (6). 增大 (7). NH4+
【解析】
【分析】(1)图1中,根据电子流向知,左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极,阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气,所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气,同时阴极附近有NaOH生成,溶液呈碱性,无色酚酞遇碱变红色;
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器,阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成,氯气和氢氧化钠反应生成NaClO,次氯酸钠具有与漂白性,为了使反应更充分,则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成;
(3)由题意可知,氯离子放电生成ClO2,由元素守恒可知,有水参加反应,同时生成氢离子。
【详解】(1)图1中,根据电子流向知,左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极,阳极上氯离子放电生成氯气,左边电极附近现象有黄绿色气体生成,阴极上氢离子放电生成氢气,所以a气球中气体是氯气、b气球中气体是氢气,同时阴极附近有NaOH生成,溶液呈碱性,无色酚酞遇碱变红色,所以U形管右边溶液变红色,
故答案为H2;
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器,阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成,氯气和氢氧化钠反应生成NaClO,次氯酸钠具有与漂白性,为了使反应更充分,则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成,上边电极生成氢气,为阴极,则c为负极、d为正极;其电池反应式为Cl-+H2OClO-+H2↑故答案为:负;Cl-+H2OClO-+H2↑;
(3) ①由题意可知,氯离子放电生成ClO2,由元素守恒可知,有水参加反应,同时生成氢离子,电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+,在阴极发生2H++2e−=H2↑,
故答案为:Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。
②,2H++2e−=H2↑生成氢气物质的量为:112×10-3L÷22.4L/mol=0.005mol,通过阳离子交换膜的离子为+1价的离子,故通过阳离子交换膜的离子物质的量为0.01mol;
(4)原电池的原理是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,负极铜单质失去电子变成铜离子,故右池溶液中c(Cu2+)增大;在原电池中阳离子移向正极,阴离子移向负极,盛放氯化铁溶液的是正极,故NH4+移向氯化铁溶液;故答案是:增大;NH4+。
18.(1)已知①H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1
②CH4 (g)+O2(g)=CO (g)+2H2O(g) ΔH=-564.3kJ·mol-1
则CH4(g)与H2O(g)反应制取CO(g)和H2(g)的热化学方程式:___。
(2)根据键能数据计算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热 ΔH=___kJ·mol-1。
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol-1)
414
489
565
155
(3)氢气是合成氨反应的重要原料。现将lmolN2和3molH2投入1L的密闭容器,在一定条件下,利用如下反应模拟合成氨的工业化生产:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0。当改变某一外界条件(温度或压强)时,NH3的体积分数ψ(NH3)变化趋势如图所示。
回答下列问题:
①平衡时,M点NH3的体积分数为10%,则N2的物质的量为___(保留两位有效数字)。
②X轴上a点的数值比b点__(填“大”或“小”);图中,Y轴表示__(填“温度”或“压强”),判断的理由是__。
【答案】(1). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g),ΔH=+161.1kJ·mol-1 (2). -1940 (3). 0.82mol (4). 小 (5). 温度 (6). 随Y值增大,φ(NH3)减小,平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0向逆反应方向移动,故Y为温度
【解析】
【详解】(1)有盖斯定律知:②-①×3得:CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=-564.3kJ·mol-1-3×(-241.8kJ·mol-1)=+161.1kJ·mol-1
(2)△H=反应物键能之和−生成物键能之和,结合图表中 键能数据可知△H=414KJ/mol×4+4×155KJ/mol−(489KJ/mol×4+4×565KJ/mol)=−1940KJ/mol,
故答案为:−1940 kJ⋅mol−1;
(3)①设转化的氮气为xmol,则:N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始量(mol):1 3 0
转化量(mol):x 3x 2x
平衡量(mol):1-x 3-3x 2x
所以(2x)2÷{(1-x)×(3-3x )3}==10%,解得x=0.18mol
mol,故氮气的物质的量是1mol-0.18mol=0.82mol;
故答案为:0.82mol;
②有图像可知X轴上a点的数值比b点小,随Y值增大,φ(NH3)减小,平衡N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0向逆反应方向移动,正反应为体积减小的放热反应,故Y为温度,则X为压强,增大压强平衡正向移动;
故答案为:小;温度;随Y值增大,φ(NH3)减小,平衡N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0向逆反应方向移动,故Y为温度;
19.(1)超音速飞机在平流层飞行时,尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成CO2和N2,化学方程式如下:2NO+2CO2CO2+N2。反应能够自发进行,则反应的ΔH___0(填“>”“<”或“=”)。
(2)已知:反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)的平衡常数为K1;反应Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)的平衡常数为K2。不同温度时K1、K2的值如下表:
温度/K
K1
K2
973
1.47
2.38
1 173
2.15
1.67
根据表中数据,计算反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的K。
①平衡常数的表达式K1=___;
②温度为973K时:K=___;(结果保留小数点后2位)
③反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)是__(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)已知在温度为T时,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=0.32,在该温度下,已知c始(CO)=1mol·L-1,c始(H2O)=1mol·L-1,某时刻经测定CO的转化率为10%,则该反应___(填“已经”或“没有”)达到平衡,原因是__;此时刻v正__(填“>”或“<”)v逆。
【答案】(1). < (2). (3). 0.62 (4). 吸热 (5). 没有 (6). 此时Qc==≈0.0123<0.32=K (7). >
【解析】
【分析】(1)依据反应自发进行的判断依据△H-T△S<0分析判断;
(2)①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g) I、Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g) II,
将方程式I-II得CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g),则化学平衡常数K= c(CO).c(H2O)/ c(CO2).c(H2)= K1/ K2,计算温度为973K时K值;
②根据K= K1/ K2
③升高温度,平衡向吸热反应方向移动,根据K值判断正反应的反应热.
(3)根据转化率计算各物质的浓度,进而计算Qc,与平衡常数相比较,可判断反应是否达到平衡状态,并判断反应的方向.
【详解】(1)2NO+2CO⇌2CO2+N2 反应的△S<0,反应自发进行△H-T△S<0,则反应焓变一定小于0,△H<0,反应是放热反应,故答案为:<;
(3)①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)I、Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)II,
将方程式I−II得CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g),则化学平衡常数K={c(CO)×c(H2O)}÷{c(CO2).c(H2)}={ c(CO)÷c(CO2)}×{c(H2)c(H2O)}=K1÷K2,温度为973K时K=1.47÷2.38=0.62,故答案为: ;0.62;
③升高温度,化学平衡常数增大,说明平衡向正反应方向移动,则正反应是吸热反应,故答案为:吸热。
(3)某时刻经测定CO的转化率为10%,则
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),
起始(mol/L):1 1 0 0
转化(mol/L):0.1 0.1 0.1 0.1
某时刻(mol/L):0.9 0.9 0.1 0.1
Qc=0.1×0.1÷(0.9×0.9)=0.012<0.32,
则没有达到平衡状态,反应向正反应方向移动,v正>v逆,故答案为:没有;Qc.
20.氧气是一种常见的氧化剂,用途广泛。回答下列问题:
(1)用H2O2制取O2时,分解的热化学方程式为:2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g) ΔH=akJ·mol-1
①相同条件下,H2O2分解时,使用催化剂,不会改变的是___(填标号)。
A.反应热 B.反应速率 C.活化能 D.生成物
②以Fe3+作催化剂时,H2O2的分解反应分两步进行,第一步反应为:H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2+2H+,第二步反应的化学方程式为___。
(2)已知:O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)。将1molO2和4molHCl充入某恒容密闭容器中,分别在T1和T2的温度下进行实验,测得容器内总压强(p)与反应时间(t)的变化关系如图所示。
①该反应的速率v=k ca(O2)·cb(HCl)(k为速率常数),下列说法正确的是___(填标号)。
A温度升高,k增大
B.使用催化剂,k不变
C.平衡后分离出水蒸气,k变小
D.平衡后再充入1molO2和4molHCl,反应物转化率都增大
②T1___T2(填“>”或“<”)。该反应的ΔH___0(填“>”或“<”)。
③T2时,HCl的平衡转化率=___。
【答案】(1). AD (2). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (3). AD (4). < (5). < (6). 50%
【解析】
【分析】(1)①催化剂参与了化学反应,改变了反应历程(生成不同的中间产物),降低了活化能,从而能使化学反应速率加快,但是催化剂的质量和性质不变,反应热不变(只与始终态有关);
②Fe3+作为催化剂,在反应前后质量和性质不变,根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应;
(2)①A.温度改变瞬间,浓度没有影响,即通过增大k从而改变了速率;
B.催化剂降低了反应的活化能,使反应的速率常数k增大;
C.从速率方程可知,平衡后分离出水蒸气,降低了c(H2O),使平衡正向移动,从而改变了c(O2)和c(HCl);
D.化学平衡的建立与途径无关,所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”,相当于增大反应体系的压强;
②从图象可知,T2温度下,容器中压强大,达到平衡所需要的时间短,所以温度T2>T1;T1、T2温度下,气体物质的量的减少量分别为n(T1)=5×(0.5÷4)=0.625mol、
n(T2)=5×(0.5÷5)=0.5mol,即T1平衡时转化率更大,且因为T2>T1,所以△H<0;
③对于气相反应,经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx
等,三种平衡常数的表示式相似,只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。
O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)
起始量/mol 1 4 0 0
变化量/mol a 4a 2a 2a
平衡量/mol 1-a 4(1-a) 2a 2a
即 0.5 2 1 1
以此计算HCl的平衡转化率及Kx。
【详解】(1)①根据过渡态理论,催化剂参与了化学反应,改变了反应历程(生成不同的中间产物),降低了活化能,从而能使化学反应速率加快,但是催化剂的质量和性质不变,反应热不变(只与始终态有关),只有A. D正确,故答案为:AD;
②Fe3+作为催化剂,在反应前后质量和性质不变,根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应,故第二步反应为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,故答案为:H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O;
(2)①A. 温度改变瞬间,浓度没有影响,即通过增大k从而改变了速率,使平衡发生移动,故A正确;
B. 催化剂降低了反应的活化能,使反应的速率常数k增大,根据速率方程v=kca(O2)⋅cb(HCl),反应速率随之增大,故B错误;
C. 从速率方程可知,平衡后分离出水蒸气,降低了c(H2O),使平衡正向移动,从而改变了c(O2)和c(HCl),但对k没有影响,故C错误;
D. 化学平衡的建立与途径无关,所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”,相当于增大反应体系的压强,反应有利于向气体分子数减小的方向进行,故D正确;
故答案为:AD;
②从图象可知,T2温度下,容器中压强大,达到平衡所需要时间短,所以温度T2>T1;T1、T2温度下,气体物质的量的减少量分别为n(T1)=5×0.54=0.625mol、n(T2)=5×0.55=0.5mol,,即T1平衡时转化率更大,且因为T2>T1,所以△H<0,故答案为:<;<;
③对于气相反应,经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等,三种平衡常数的表示式相似,只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。
O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)
起始量/mol1 4 0 0
变化量/mola 4a 2a 2a
平衡量/mol1−a 4(1−a) 2a 2a
1−a + 4(1−a) + 2a + 2a=4.5 解a=0.5
即平衡量 0.5 2 1 1
则HCl的平衡转化率为2÷4×100%=50%,
故答案为:50%。