教育最新K12吉林省长春外国语学校2017-2018学高一化学下学期期末考试试题 理(含解析)

小学+初中+高中

吉林省长春外国语学校 2017-2018 学高一下学期期末考试化学(理) 试题
1. 化学反应中往往伴随着能量的变化,下列反应既属于氧化还原反应,又属于放热反应的是 A. 石灰石的分解反应 B. 铝与稀盐酸反应 D. NaOH 与稀硫酸反应

C. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 反应 【答案】B

【解析】分析:凡是有元素化合价升降的反应均是氧化还原反应,结合反应中的能量变化解 答。 详解:A. 石灰石高温下分解生成氧化钙和二氧化碳,属于吸热的非氧化还原反应,A 错误; B. 铝与稀盐酸反应生成氢气和氯化铝,既属于氧化还原反应,又属于放热反应,B 正确; C. Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 反应属于吸热的非氧化还原反应,C 错误; D. NaOH 与稀硫酸反应生成硫酸钠和水,属于放热反应,但不是氧化还原反应,D 错误。 答案选 B。 2. 下列排列有错误的是 A. 粒子半径:Al3+>Mg2+>Na+>F- C. 酸性:H4SiO4<H3PO4<H2SO4<HClO4 【答案】A 【解析】试题分析:A.核外电子排布相同的微粒,其离子半径随原子序数的增大而减小,则 粒子半径:Al3+<Mg2+<Na+<F-,A 错误;B.同主族自上而下非金属性逐渐增强,氢化物的 稳定性逐渐增强,则稳定性:HF>HCl>HBr>HI,B 正确;C.非金属性越强,最高价氧化物 水化物的酸性逐渐增强,则酸性:H4SiO4<H3PO4<H2SO4<HClO4,C 正确;D.金属性越强,最 高价氧化物水化物的碱性逐渐增强,则碱性:Al(OH)3<Mg(OH)2<Ca(OH)2<KOH,D 正确,答 案选 A。 【考点定位】考查元素周期律的应用 【名师点晴】本题的难点是微粒半径大小比较,需要从以下角度考虑: (1)同周期元素的微粒:同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数 增大而逐渐减小(稀有气体元素除外),如 Na>Mg>Al>Si,Na+>Mg2+>Al3+,S2->Cl-。 (2)同主族元素的微粒:同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大,如 Li <Na<K,Li+<Na+<K+。 小学+初中+高中 B. 稳定性:HF>HCl>HBr>HI D. 碱性:Al(OH)3<Mg(OH)2<Ca(OH)2<KOH

小学+初中+高中 (3)电子层结构相同的微粒:电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳 离子)随核电荷数的增加而减小,如 O2->F->Na+>Mg2+>Al3+。 (4)同种元素形成的微粒:同种元素原子形成的微粒电子数越多,半径越大。如 Fe3+<Fe2+ <Fe,H+<H<H-。 (5)电子数和核电荷数都不同的,可通过一种参照物进行比较如比较 A1 与 S 的半径大小, 可找出与 A1 电子数相同的 O 进行比较,A1 <O ,且 O <S ,故 A1 <S 。 3. 下列属于二次能源的是 A. 氢气 【答案】A 【解析】分析:一次能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源;二次能源是指需要依靠 其它能源(也就是一次能源)的能量间接制取的能源,据此判断。 详解:A. 氢气需要通过其他能源提供能量制取,属于二次能源,A 正确; B. 煤是化石燃料,属于一次能源,B 错误; C. 石油是化石燃料,属于一次能源,C 错误; D. 天然气的主要成分是甲烷,是化石燃料,属于一次能源,D 错误; 答案选 A。 4. 下列热化学方程式书写正确的是(Δ H 的绝对值均正确) A. C(s)+ O2(g)=CO(g) Δ H=-110.5kJ·mol-1 (燃烧热) B. 2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) Δ H=+483.6 kJ·mol (反应热) C. C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O Δ H=-1368.8 kJ·mol (反应热) D. 2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4 (aq)+2H2O(l) Δ H=-114.6 kJ·mol-1(中和热) 【答案】B 【解析】试题分析:A.碳和氧气反应生成二氧化碳,放出的热量才表明是燃烧热,故 A 错误; B.水分解反应吸热;焓变是正值,故 B 正确;C.没有标明反应物和生成的聚积态,故 C 错 误;D.中和热是强酸强碱稀溶液反应生成 1mol 水放出的热量;反应中生成的水为 2mol,故 D 错误;故选 B。 考点:考查燃烧热、中和热概念的分析判断。 5. 在不同条件下进行合成氨的反应(N2+3H2 反应速率判断,生成 NH3 的速率最快的是 小学+初中+高中 2NH3),根据下列在相同时间内测定的正
-1 -1 3+ 2- 3+ 2- 2- 2- 3+ 2- 3+ 2-

B. 煤

C. 石油

D. 天然气

小学+初中+高中 A. v(H2)=0.3 mol·L ·min
-1 -1

B. v(N2)=0.2 mol·L ·min

-1

-1

C. v(NH3)=0.3 mol·L-1·min-1 【答案】B

D. v(H2)=0.005 mol·L-1·s-1

【解析】分析:根据反应速率之比是化学计量数之比换算成用同一种物质表示,然后比较即 可。 详解:如果都用反应物氢气表示反应速率,则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可 知选项 A~D 分别是[mol·L-1·min-1]0.3、0.6、0.45、0.005×60=0.3,所以生成氨气反应 速率最快的是选项 B。 答案选 B。 点睛:同一个化学反应,用不同的物质表示其反应速率时,速率数值可能不同,但表示的意 义是相同的,所以比较反应速率快慢时,应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算 成用同一种物质表示,然后才能直接比较速率数值。但在换算时要注意单位的统一。 6. 如图所示是 298 K 时,N2 与 H2 反应过程中能量变化的曲线图,下列叙述错误 的是 ..

A. 加入催化剂,不能改变该化学反应的反应热 B. b 曲线是加入催化剂时的能量变化曲线 C. 该反应的热化学方程式为:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ,Δ H=-92 kJ/mol

D. 在温度、体积一定的条件下,通入 1 mol N2 和 3 molH2 反应后放出的热量为 92kJ

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小学+初中+高中 【答案】D 【解析】试题分析:A、催化剂不改变反应物与生成物的能量,所以不能改变该化学反应的反 应热,正确;B、加入催化剂,该反应的活化能降低,b 曲线正确;C、根据图像可知 N2(g) +3H2(g)
3

(g)的?H 为 508kJ?mol? 1—600kJ?mol? 1=-92 kJ?mol? 1,正确;D、因为

N2 与 H2 的反应是可逆反应,所以在温度、体积一定的条件下,通入 1 mol N2 和 3 molH2,只能 反应一部分,所以反应后放出的热量小于 92kJ,错误。 考点:本题考查催化剂、热化学方程式。 7. 已知:H2(g) + Br2(g) = 2HBr(g) Δ H= —72 kJ/mol,1mol Br2(g)液化放出的能量为 30 kJ, 其它相关数据如下表:则上述表格中的 a 值为 一定状态的分子 1 mol 该分子中的化学键断裂吸收的能量/kJ H2(g) 436 Br2(l) a HBr(g) 369

A. 404 【答案】C

B. 344

C. 260

D. 200

【解析】试题分析:H2(g) + Br2(g) → 2HBr(g) Δ H=" —72" kJ/mol,1mol Br2(g)液化放出 的能量为 30 kJ,则 H2(g) + Br2(g) → 2HBr(g) Δ H=" —42" kJ/mol,由于反应热就是断裂 化学键吸收的热量与形成化学键释放的热量的差, 所以 Br-Br 的键能是 436+a-369×2="—42" kJ,解得 a=+260KJ/mol,故选项是 C。 考点:考查反应热与物质存在的状态、化学键的键能的关系的知识。 8. 在一个固定容积的密闭容器中,可逆反应 N2+3H2 A. v(N2)正=v(NH3)逆 B. 单位时间内 3 mol H—H 发生断键反应,同时 2 mol N—H 发生也断键反应 C. n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=1 ∶ 3 ∶ 2 D. 反应混合物各组分的物质的量浓度不再改变 【答案】D 【解析】可逆反应达到平衡的本质为:体系中各组分的浓度保持不变、正逆反应速率相等; A 错,平衡时.2 v(N2)正= v(NH3)逆;B 错,平衡时单位时间内 3 mol H-H 断键反应,同时 6 mol 2NH3 达到平衡的标志是

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小学+初中+高中 N-H 也断键反应;C 错,平衡时各组分的物质的量不一定与化学计量数成比例;D 正确; 9. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 氯水中有平衡:Cl2+H2O B. 对 CO(g)+NO2(g) C. 对 2NO2(g) HCl+HClO,当加入 AgNO3 溶液后,溶液颜色变浅

CO2(g)+NO(g),平衡体系增大压强可使颜色变深 N2O4(g) △H<0, 升高温度平衡体系颜色变深

D. SO2 催化氧化成 SO3 的反应,往往加入过量的空气 【答案】B 【解析】 试题分析: A. 氯水中有平衡: Cl2+H2O HCl+HClO, 当加入 AgNO3 溶液后, 生成 AgCl

沉淀,氯离子浓度降低,平衡向正向移动,能用勒夏特列原理解释,故 A 不选;B.增大压强 平衡不移动,不能用勒夏特列原理解释,故 B 选;C.对 2NO2(g) N2O4(g)△H<0,升高温度

平衡向逆方向移动,体系颜色变深,符合勒夏特列原理,故不选;D.工业生产硫酸的过程中, 存在 2SO2+O2 2SO3,使用过量的氧气,平衡向正反应方向移动,能用勒夏特列原理解释,

故 D 不选;故选 B。 【考点定位】考查了勒夏特列原理的使用条件 【名师点晴】勒夏特列原理的内容是改变影响平衡的条件,平衡向减弱这个影响的方向移动, 如升高温度平衡向吸热方向移动,注意使用勒夏特列原理的前提(1)必须是可逆反应(2) 平衡发生了移动,如使用催化剂,平衡不移动, (3)减弱不能消除这个因素;题中易错点为 B, 注意改变外界条件平衡不移动,则也不能用勒夏特列原理解释。 10. 某原电池总反应的离子方程式为:2Fe3++Fe A. 正极为 Cu,负极为 Fe,电解质为 FeCl3 溶液 B. 正极为 C,负极为 Fe,电解质为 FeSO4 溶液 C. 正极为 Fe,负极为 Zn,电解质为 Fe2(SO4)3 溶液 D. 正极为 Ag,负极为 Cu,电解质为 CuSO4 溶液 【答案】A 【解析】分析:根据 2Fe3++Fe=3Fe2+知,铁易失电子而作负极,比铁的活泼性弱的金属或导电 的非金属作正极,铁离子得电子发生还原反应,所以电解质溶液为可溶性的铁盐,据此判断。 详解:A.铁作负极,铜作正极,电解质为可溶性的氯化铁,则符合题意,A 正确; B.铁作负极,碳作正极,电解质为 FeSO4 溶液,不能发生氧化还原反应,则不符合题意,B 错误; C.Zn 作负极,Fe 作正极,电解质为可溶性的硫酸铁,所以不能构成该条件下的原电池,则 小学+初中+高中 3Fe2+,能实现该反应的原电池是

小学+初中+高中 不符合题意,C 错误; D.Cu 作负极,银作正极,电解质为 CuSO4 溶液,不能发生氧化还原反应,则不符合题意,D 错误; 答案选 A。 11. 已知:(1)胆矾失水的热化学方程式为:CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)+5H2O(l) Δ H1=

Q1kJ·mol-1。
(2)室温下,无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为:CuSO4(s)===Cu2+(aq)+SO (aq)Δ H2=-

Q2kJ·mol-1。
(3)胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水时溶液温度降低。则 Q1 和 Q2 的关系是(Q1、Q2 为正数) A. Q1>Q2 【答案】A 【解析】 试题分析: 第一个热化学方程式 CuSO 4·5H 2O(s)=CuSO 4(s)+5H 2O(l) Δ H=+Q1kJ/mol 减去第二个热化学方程式 CuSO 4(s)=Cu (aq)+SO 4 (aq) Δ H =-Q2kJ·mol , 可得 CuSO 4·5H
2 2+ 2-1

B. Q1=Q2

C. Q1<Q2

D. 无法确定

O(s)=Cu 2+(aq)+SO 42-(aq) +5H 2O(l) Δ H="-(-Q"1+ Q2) kJ/mol。胆矾(CuSO 4·5H 2O)溶于

水时溶液温度降低。吸收热量,-(-Q1+ Q2) kJ/mol>0,所以 Q1> Q2,选项 A 正确。 考点:考查热化学方程式的应用的知识。 12. 我国首创的海洋电池以铝板为负极,铂网为正极,海水为电解质溶液,空气中的氧气与 铝反应产生电流。电池总反应为:4Al+3O2+6H2O====4Al(OH)3,下列说法不正确的是 A. 负极是铝失电子被氧化 B. 该电池通常只需更换铝板就可继续使用 C. 以网状的铂为正极,可增大与氧气的接触面积 D. 电池工作时,电流由铝电极沿导线流向铂电极 【答案】D 【解析】分析:根据电池总反应可知,电池工作时,负极为 Al,发生氧化反应,正极上通入 空气,发生还原反应,结合原电池的工作原理解答该题。 详解:A、负极是铝失电子被氧化,发生氧化反应,A 正确; B、Al 不断反应,不断溶解,所以一段时间后,更换铝板就可以继续使用,B 正确; C、铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积,可以加快反应速率,C 正确; D、电池工作时,电流由正极流向负极,即从铂电极沿导线流向铝电极,D 错误; 答案选 D。 小学+初中+高中

小学+初中+高中 13. 已知 1 号~18 号元素的离子 aW 、bX 、cY 、dZ 都具有相同的电子层结构,下列关系正 确的是 A. 质子数:c>d B. 氢化物的稳定性:H2Y>HZ D. 原子半径:X > W
3+ + 2- -

C. 离子的还原性:Y2->Z- 【答案】C

【解析】分析:元素周期表前三周期元素的离子 aW 、bX 、cY 、dZ 具有相同电子层结构,核外 电子数相等,所以 a-3=b-1=c+2=d+1,Y、Z 为非金属,应处于第二周期,故 Y 为 O 元素,Z 为 F 元素,W、X 为金属应处于第三周期,W 为 Al 元素,X 为 Na 元素,据此判断。 详解:根据以上分析可知 Y 为 O,Z 为 F,W 为 Al,X 为 Na,则 A.离子的电子层结构相同,则 c+2=d+1,则质子数 d>c,A 错误; B.非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,非金属性 Y<Z,则氢化物的稳定性 H2Y<HZ,B 错误; C.元素的非金属性越强,其阴离子的含有性越弱,非金属性 Y<Z,则离子的还原性:Y >Z
- 2-

3+

+

2-

-

,C 正确;

D.W 是 Al 元素、X 是 Na 元素,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原 子半径 W<X,D 错误; 答案选 C。 14. X、Y、Z、W 为短周期元素,它们在周期表中的位置如图所示,若 Y 原子的最外层电子数 是内层电子数的 3 倍。下列说法中错误的是

A. X 的氢化物的水溶液显碱性 B. Y 和 Z 只能组成一种化合物 C. Z 的氧化物和 Z 的氢化物分别溶于水后,溶液均呈酸性 D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性:W>Z 【答案】B

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考点:考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用 点评:该题是高考中的常见题型,属于中等难度的试题。试题基础性强,侧重对学生基础知 识的巩固和训练,有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。本题主要是元素“位、构、 性”三者关系的综合考查,比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力,考 查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。 15. 下列性质的递变规律不正确的是 A. NaOH、KOH、CsOH 碱性依次增强 B. Li、Na、K、Rb、Cs 的失电子能力逐渐增强 C. Al 、Mg 、Na 的离子半径依次减小 D. F2、Cl2 、Br2、I2 的熔沸点依次升高,密度依次增大 【答案】C 【解析】考查元素周期律知识 A.同主族元素自上面下,金属性增强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性增强,正确 B.同主族元素自上面下,金属性增强,失电子能力逐渐增强,正确 C.三离子的核外电子均为两层,核电荷数越小,半径越大,不正确 D.卤素单质均为分子晶体,分子量越大,熔沸点越高,密度越大,正确 答案为 C 16. 对于可逆反应:mA(g)+nB(?)
3+ 2+ +

xC(g) △H,在不同温度及压强(p1,p2)条件

下,反应物 A 的转化率如图所示,下列判断正确的是

A. △H >0,m+n>x,同时 B 为非气态 B. △H >0,m+n<x,同时 B 为气态 小学+初中+高中

小学+初中+高中 C. △H <0,m+n>x,同时 B 为气态 D. △H <0,m<x,同时 B 为非气态 【答案】C 【解析】分析:根据图(1)到达平衡时所用时间的长短判断压强 p1 和 p2 的相对大小,增大压 强,化学平衡向气体体积减小的方向移动,由此判断反应前后气体化学计量数的相对大小; 根据图(2)判断,升高温度,化学平衡向吸热方向移动,再结合 A 的转化率判断该反应的正 反应是放热还是吸热。 详解:由图(1)知,p2 到达平衡时所用时间长,p1 到达平衡时所用时间短,所用压强为 p2 的 反应速率慢,为 p1 的反应速率快,压强越大反应速率越大,所以 p2<p1;增大压强,化学平衡 向气体体积减小的方向移动,由图象知,A 的转化率增大,平衡向正反应方向移动,所以反应 前的计量数大于反应后的计量数,当 B 为气态,即 m+n>x,当 B 为非气态时,即 m>x;图(2) 知,随着温度的升高,A 的转化率减低,平衡向逆反应方向移动,升高温度,平衡向吸热反应 方向移动,所以逆反应方向是吸热反应,正反应是放热反应,即△H<0,只有 C 符合; 答案选 C。 17. (1)请用下列 4 种物质的序号填空:①O2 有极性键的是___________。 (填序号) (2)氯化铝的物理性质非常特殊,如:氯化铝的熔点为 190 ℃(2.02×10 Pa),但在 180 ℃ 就开始升华。据此判断,氯化铝是___________(填“共价化合物”或“离子化合物”),设计 实验证明你的判断正确的实验依据是________________。 (3)现有 a~g7 种短周期元素,它们在周期表中的位置如下,请据此回答下列问题:
5

②NH4NO3

③K2O2

④NH3,既有离子键又

①元素的原子间反应最容易形成离子键的是___________。 A.c 和 f B.b 和 g C.d 和 g D.b 和 e

②d 与 g 元素形成的分子中所有原子___________(填“是”或“不是”)都满足最外层为 8 电 子结构。 (4)A、B、C、D 四种短周期元素,它们的原子序数依次增大,其中 A 与 C,B 与 D 分别是同 主族元素,已知 B、D 两元素间可形成 DB2 和 DB3 两种化合物,两者相对分子质量相差 16;又

小学+初中+高中

小学+初中+高中 如 A、C 两元素原子序数之和是 B、D 两元素原子序数之和的 1/2。请回答下列问题: ①写出由 B、C 两种元素形成的原子个数比为 1:1 的化合物的电子式:________,其晶体中所 含化学键的类型有________。 ②A2B 与 A2D 的沸点:A2B________A2D(填“高于”或“低于”),其原因是____________。 ③由 A、B、C、D 四种元素形成的物质 X,与盐酸反应能够生成具有刺激性气味的气体,写出 X 与盐酸反应的离子方程式:____________________________。 ④碳元素的一种同位素可测定文物年代,这种同位素的符号是________。 【答案】 B (5). 是 (1). ② (6). (2). 共价化合物 (3). 氯化铝在熔融状态下不能导电 (4).

(7). 离子键、共价键(非极性共价键) (10). HSO3 +H =
+

(8). 高于 SO2↑+H2O

(9). 水分子间存在氢键,硫化氢分子间没有氢键 (11).

【解析】分析: (1)一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键,非金属元素的原子间 容易形成共价键,同种非金属形成非极性键,不同非金属形成极性键,据此判断; (2)氯化铝的熔点为 190℃(2.02×10 Pa) ,但在 180℃就开始升华,可知熔沸点低,与分 子晶体的性质相似; (3)由元素的位置可知,a 为 H,b 为 Na,c 为 Mg,d 为 C,e 为 N,f 为 P,g 为 Cl。 (4)由 B、D 两元素间可形成 DB2 和 DB3 两种化合物,两者相对分子质量相差 16,可知 B 为 O 元素,B 与 D 分别是同主族元素,所以 D 为 S 元素,B 和 D 形成的化合物为 SO2、SO3,S 和 O 元素原子序数之和为 24,则 A、C 元素原子序数之和为 12,因 A、C 同主族,所以 A 为 H 元素, C 为 Na 元素,根据元素对应的单质、化合物的性质结合元素周期律解答。 详解: (1)①O2 分子中含有非极性键;②NH4NO3 中含有离子键和极性键;③K2O2 中含有离子键, 氧原子和氧原子之间还有非极性键;④NH3 分子中只有极性键,则既有离子键又有极性键的是 过氧化钾,答案选②。 (2)氯化铝的熔点为 190℃(2.02×10 Pa) ,在 180℃就开始升华,可知熔沸点低,与分子 晶体的性质相似,可知由共价键形成的共价化合物,实验依据是氯化铝在熔融状态下不能导 电。 (3)由元素的位置可知,a 为 H,b 为 Na,c 为 Mg,d 为 C,e 为 N,f 为 P,g 为 Cl。则 ①活泼的金属与活泼的非金属容易形成离子键, 则元素的原子间反应最容易形成离子键的是 b 和 g(NaCl) ,答案为 B; 小学+初中+高中
5 5

小学+初中+高中 ②d 与 g 元素形成的 CCl4 分子中所有原子都满足最外层为 8 电子结构; (4)根据以上分析可知 A、B、C、D 分别是 H、O、Na、S。则 ①由 B、C 两种元素形成的原子个数比为 1:1 的化合物是过氧化钠,电子式为 ,其晶体中所含化学键的类型有离子键和共价键。 ②H2O 和 H2S 都是氢化物,其固体都属于分子晶体,分子晶体中物质的沸点与其相对分子质量 成正比,但水中含有氢键,硫化氢中不含氢键,所以二者沸点较高的是 H2O。 ③A、B、C、D 四种元素形成的物质 X 为 NaHSO3,NaHSO3 和盐酸反应生成的二氧化硫具有刺激 性气味,反应的离子方程式为 HSO3 +H =SO2↑+H2O。 ④碳元素的一种同位素可测定文物年代,这种同位素的符号是 。
+

点睛:本题考查位置、结构与性质的关系,为高频考点,把握元素的位置、元素的推断、元 素化合物性质为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意元素周期律的应用,注意离 子化合物和共价化合物的电子式的写法不同。 18. 在温度为 T 时,向 2.0 L 恒容密闭容器中充入 1.0 molA 和 1.0 molB,发生反应 A(g)+ B(g) t/s n(A)/mol C(g),一段时间后达到平衡。测定得部分数据见下表: 0 1.0 5 0.85 15 0.81 25 0.80 35 0.80

回答下列问题: (1)反应前 5 s 的平均反应速率 v(A)=____________。 (2)温度为 T 时,达到平衡后 B 物质的量的浓度=________。 (3)升高温度,平衡时 c(A)=0.41 mol·L-1,则反应的 Δ H_______(填“>0”或“<0”) 。 (4)下列措施能增大反应速率,且平衡向正反应方向移动是__________。 a.及时分离出 A 气体 c.增大 B 的浓度 【答案】 (1). 0.015 mol/(L·s) b.适当升高温度 d.选择高效催化剂 (2). 0.4mol/L (3). < (4). c

【解析】分析: (1)依据 v(A)=△c/△t 计算; (2)根据平衡时 A 的物质的量结合三段式计算; (3)根据温度对平衡状态的影响分析;

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小学+初中+高中 (4)根据影响反应速率和平衡移动的原理来分析。 详解:A 的物质的量为 0.80mol 时反应达到平衡状态,则 A(g)+B(g) 起始量(mol) 1.0 1.0 C(g) 0 0.20 0.20

变化量(mol) 0.20 0.20 平衡量(mol) 0.80 0.80

(1)反应在前 5s 的平均速率 v(A)=(1.0mol? 0.85mol)/(2L·5s)=0.015 mol/(L·s); (2) 根据以上分析可知温度为 T 时, 达到平衡后 B 物质的量的浓度=0.8mol÷2L=0.4mol/L;

(4)a.及时分离出 A 气体,则平衡向逆方向移动,速率也减小,a 错误; b.适当升高温度,则平衡向逆方向移动,速率增大,b 错误; c.增大 B 的浓度,则平衡向正方向移动,速率增大,c 正确; d.选择高效催化剂,平衡不移动,速率增大,d 错误; 答案选 c。 19. NO、NO2 是常见的氧化物。用 H2 或 CO 催化还原 NO 可达到消除污染的目的。 已知:2NO(g)=N2(g)+O2(g) 2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=-180.5kJ·mol
-1 -1

△H=+571.6kJ·mol

则用 H2 催化还原 NO 消除污染的热化学方程式是_____________________________。 【答案】2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-752.1kJ·mol-1 【解析】分析:根据盖斯定律计算反应热,然后书写热化学方程式。 详解:已知: ①2NO(g)=N2(g)+O2(g) ②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=-180.5kJ·mol-1 △H=+571.6kJ·mol
-1

则根据盖斯定律可知①-②即得到用 H2 催化还原 NO 消除污染的热化学方程式是 2H2(g)+2NO(g) =N2(g)+2H2O(l) △H=-752.1kJ·mol-1。 20. 可逆反应 A(g)+2B(g) 2C(g) △H<0,在一定条件下达到平衡,若改变条件,将变

化情况(“增大”、“减小”、“不变”)填入空格:

小学+初中+高中

小学+初中+高中 (1)升高温度,B 的转化率___________,v(正)__________。 (2)使用催化剂,A 的物质的量___________。 (3)增大压强,v(逆)___________,C 的产率___________。 (4)增大 A 的浓度,则 B 的转化率____________,C 的物质的量_______。 【答案】 增大 (1). 减小 (2). 增大 (3). 不变 (4). 增大 (5). 增大 (6).

(7). 增大

【解析】分析:根据外界条件对反应速率和化学平衡的影响结合反应的方程式解答。 详解:反应 A(g)+2B(g) 2C(g) △H<0 是体积减小的放热的可逆反应。则

(1)升高温度,平衡向逆反应方向进行,所以 B 的转化率减小,v(正)增大; (2)使用催化剂,只能改变反应速率,不能改变平衡状态,因此 A 的物质的量不变; (3)增大压强,v(逆)增大,平衡向正反应方向进行,则 C 的产率增大; (4)增大 A 的浓度,平衡向正反应方向进行,则 B 的转化率增大,C 的物质的量增大。 21. 依据氧化还原反应:2Ag (aq)+Cu(s)===Cu (aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。
+ 2+

请回答下列问题: (1)电极 X 的材料是____________;电解质溶液 Y 是__________; (2)银电极为电池的______极,发生的电极反应为__________________________;X 电极上 发生的电极反应为_____________________________。 (3)外电路中的电子是从________电极流向________电极。 【答案】


(1). Cu

(2). AgNO3 (7). Ag

(3). 正

(4). Ag++e-=Ag

(5). Cu-2e-=Cu2

(6). X(Cu)

【解析】分析:根据反应“2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)”分析,Cu 被氧化,失电子, 应为原电池的负极,则正极为活泼性比 Cu 弱的 Ag,Ag+在正极上得电子被还原,电解质溶液 为 AgNO3,结合原电池的工作原理分析解答。 详解: (1)由反应“2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)”可知,在反应中,Cu 被氧化,失 电子,应为原电池的负极,即 X 电极的材料是 Cu。Ag+在正极上得电子被还原,因此电解质溶 小学+初中+高中

小学+初中+高中 液 Y 是 AgNO3; (2)正极为活泼性比 Cu 弱的 Ag,Ag+在正极上得电子被还原,电极反应为 Ag++e-=Ag;X 电 极是铜电极,发生的电极反应为 Cu-2e-=Cu2+; (3)电子从负极经外电路流向正极,则外电路中的电子的流动方向是:由 Cu 流向 Ag。 点睛:本题考查原电池的设计及工作原理,注意电极反应式的书写方法,牢固掌握原电池中 电极的判断和电极反应式的书写的方法,侧重于基础知识的考查,题目难度不大。 22. 氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图,该电池电极表 面镀一层细小的铂粉,吸附气体的能力强,性质稳定。请回答:

(1)负极反应为____________________________________。 (2)该电池工作时,H2 和 O2 连续由外部供给,电池可连续不断提供电能。因此,大量安全储 氢是关键技术之一,金属锂是一种重要的储氢材料,吸氢和放氢原理如下: Ⅰ.2Li+H2 2LiH

Ⅱ.LiH+H2O===LiOH+H2↑ 反应Ⅰ中的还原剂是________,反应Ⅱ中的氧化剂是________。 【答案】 (1). 2H2+4OH--4e-=4H2O 或 H2+2OH--2e-=2H2O (2). Li (3). H2O

【解析】分析: (1)原电池的负极发生失去电子的氧化反应; (2)失去电子的物质是还原剂,得到电子的物质是氧化剂,结合元素化合价分析判断。 详解: (1)氢气在反应中失去电子,氢气在负极通入,由于电解质溶液显碱性,则负极反应 为 H2+2OH -2e =2H2O。 (2)反应Ⅰ中 Li 元素化合价从 0 价升高到+1 价,失去电子,Li 是还原剂;反应Ⅱ的水中氢 元素化合价从+1 价降低到 0 价得到电子,LiH 中氢元素化合价从-1 价升高到 0 价,失去电子, 所以氧化剂是 H2O。
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