江西省宁都中学2018_2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）.docx

江西省宁都中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题1.下列关于化学平衡的说法中正确的是A. 一个可逆反应达到的平衡状态就是这个反应在该条件下所能达到的限度B. 当一个可逆反应达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等都等于0C. 平衡状态是一种静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变D. 化学平衡不可以通过改变条件而改变【答案】A【解析】【分析】当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应达到化学反应限度，此时各物质的浓度不再发生改变，但化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化时，平衡发生移动。【详解】当可逆反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再发生改变，达到化学反应限度，故A正确；当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为零，故B错误；化学平衡为动态平衡，因正逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度都不再改变，故C错误；化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化，正逆反应速率不相等时，平衡发生移动，故D错误。2.在不同情况下测得A(g)3B(g)2C(g) 2D(s)的下列反应速率，其中反应速率最大的是A. (D)=0.01 molL-1s-1 B. (C)=0.010 molL-1s-1C. (B)=0.6 molL-1min-1 D. (A)=0.2molL-1min-1【答案】B【解析】【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。所以在比较反应速率快慢时，应该换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值大小。【详解】根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用B物质表示其反应速率，则分别为：A. D是固体，其浓度视为常数，故不能用D来表示反应速率； B. (B)=(C)=0.010 molL-1s-1=0.6 molL-1min-1=0.9 molL-1min-1 ；C. (B)=0.6 molL-1min-1 D. (B)=3(A)=30.2molL-1min-1=0.6molL-1min-1。数值最大的是B，故选B。【点睛】解答本题需要注意，一是D为固体，不能用D来表示反应速率，二是要注意统一单位，如本题统一单位为molL-1min-1，需要换算，换算公式为：1molL-1s-1=60 molL-1min-1。3.已知下列热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) H= 24.8 kJmol-1；3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) H=-47.2kJmol-1 ；Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) H= +19.4kJmol-1则14g CO气体与足量FeO充分反应得到Fe单质和CO2气体时的释放或吸收的热量为A. 放出11 kJ B. 放出5.5kJ C. 吸收11 kJ D. 吸收5.5 kJ【答案】B【解析】【详解】把三个方程式依次编号为、，（- - ）/2得方程式：FeO+CO=Fe+CO2，从而求出H=（H1-H2-H3)/2=（24.8 kJmol-1）(-47.2kJmol-1) ( +19.4kJmol-1) =-11kJ/mol，14 g CO气体即0.5molCO还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的H约为-5.5kJ/mol；故选B。【点睛】叠加法求焓变的技巧：为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。4.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)3B(g) 2C(g)达到平衡，此时测得n(A)n(B)n(C)=221。若保持温度不变，以n(A)n(B)n(C)=221的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是A. 刚充入时反应速率正减少，逆增大 B. 平衡不发生移动C. 平衡向正反应方向移动，A的物质的量浓度减小 D. 物质C的质量分数增大【答案】D【解析】【分析】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)n(B)n(C)=221，若保持温度不变，以n(A)n(B)n(C)=221的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。【详解】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)n(B)n(C)=221，若保持温度不变，以n(A)n(B)n(C)=221的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，A、刚充入时反应速率正增大，逆增大，故A错误；B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、增大压强，平衡向正反应方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。所以D选项是正确的。【点睛】化学平衡题中有四种改变压强的方式：恒容充惰气；恒压充惰气；缩小或扩大容器容积；等比例充入一类组分。其中第类可用等效平衡思想理解掌握。5.下列结论错误的是 微粒半径：KAl3S2Cl 氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4离子的还原性：S2ClBrI 氧化性： Cl2S酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO 非金属性：ONPSi金属性：MgCaH3PO4H2CO3，HClO不是氯元素的最高价含氧酸，酸性比碳酸弱；同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱；同周期元素从左到右金属性减弱，同主族元素从上到下金属性增强。【详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以微粒半径： S2Cl KAl3，故错误；非金属性越强，气态氢化物越稳定；氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4，故正确；非金属单质氧化性越强，其阴离子还原性越弱，离子的还原性： ClBrIS，故正确；元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性H2SO4H3PO4H2CO3，HClO不是氯元素的最高价含氧酸，酸性比碳酸弱，故正确；同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，所以非金属性：ONPSi，故正确；同周期元素从左到右金属性减弱，同主族元素从上到下金属性增强，所以金属性：MgCaK，故正确，选B。【点睛】本题考查元素性质递变规律（同周期元素从左到右金属性减弱、非金属性增强，同主族元素从上到下金属性增强、非金属性减弱）、微粒半径比较、氧化性及还原性强弱比较，难度不大。6.过量的铁粉与100mL 0.01molL1的稀盐酸反应。为了减慢反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的加H2O 加NaOH固体将盐酸用量减半，浓度不变加CuO固体加NaCl溶液加入硝酸钾溶液降低温度（不考虑盐酸挥发）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】为减慢铁与盐酸的反应速率，可减小浓度，降低温度等，不改变生成氢气的总量，则H+的物质的量应不变，以此解答。【详解】加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量； 加氢氧化钠固体，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢，产生的氢气减少；将盐酸用量减半，浓度不变，反应速率不变，H+的物质的量减小，所以生成氢气的物质的量减小； 加CuO固体与盐酸反应消耗H+，故反应速率减慢，生成氢气的物质的量减小； 加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量；加入硝酸钾溶液，Fe和H+、NO3-反应不生成氢气；降低温度(不考虑盐酸挥发)反应速率减慢，H+的物质的量不变，所以生成氢气的物质的量不变；综合以上分析，符合题意的有，故答案选A。7.已知热化学方程式：CO（g） +1/2 O2 （g）CO2 （g） H= 283.0kJmol-1H2（g） +1/2O2 （g） H2O（g）；H=-241.8 kJmol-1则下列说法正确的是A. H2的燃烧热为241.8kJmol-1B. 由反应、可知图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） H=-41.2 kJmol-1C. H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要释放能量D. 根据推知反应H2（g） +1/2O2 （g） H2O（l）；H 241.8 kJmol-1【答案】B【解析】【详解】A.反应是1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；B.根据盖斯定律：-得：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） H=（283.0kJmol-1）-（-241.8 kJmol-1）=-41.2 kJmol-1，故B正确；C. 由图像可知，CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）为放热反应，则其逆过程为吸热反应，说明H2（g）转变成H2O（g）的化学反应可能吸收能量，故C错误；D.反应H2（g） +1/2O2 （g） H2O（g）；H=-241.8 kJmol-1，若生成液态水，则放出的热要大于241.8 kJ，由于H为负值，所以H2（g） +1/2O2 （g） H2O（l）；HSiOF，故错误；C、Z是铝，属于金属，不表现非金属性，故错误；D、非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性FOSi，因此氢化物的稳定性是HFH2OSiH4，故错误。考点：考查元素周期表、元素及其化合物的性质等知识。视频9.在一个V升的密闭容器中放入2mol A(g)和1mol B(g)，在一定条件下进行如下反应：3A(g)B(g) nC(g) 2D(g)，达平衡后A的浓度减小1/2，混合气体平均相对分子质量增大1/8，则该反应方程式中n的值是A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】A【解析】【分析】3A(g)B(g) nC(g) 2D(g)达到平衡后，混合气体的平均摩尔质量增大，则该反应为气体体积缩小的反应，以此来解答。【详解】在一个V升的密闭容器中放入2mol A(g)和1mol B(g)，在一定条件下进行如下反应：3A(g)B(g) nC(g) 2D(g)，达到平衡后，混合气体的平均相对分子质量增大，由M=可以知道，A、B、C、D均为气体，由质量守恒定律可以知道，气体的总质量不变，则该反应为气体体积缩小的反应，即3+1n+2，所以n0，由图中温度越高平衡时c（CO2）越小，则升高温度平衡正向移动，可知H0，故A错误；B曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，图中、两点的物质的量分别是0.12mol、0.32mol，点的温度小于点的温度，同温、同体积，气体压强比等于物质的量比，升高温度，压强增大，所以体系的总压强为p总（状态）2p总（状态），故B错误； C状态II、状态的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，状态CO的浓度等于2倍，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，则c（CO，状态）2c（CO，状态），故C正确 ； D状态I、状态的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为逆（状态）逆（状态），故D错误。【点睛】本题考查化学平衡及平衡的建立，把握平衡移动的影响因素（温度、浓度、压强），学会分析浓度与温度关系图象，会根据“等效平衡”原理分析化学平衡。17.对于可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)(m、n、p、q均为化学计量数)，根据图示曲线回答：（1）正反应是_热反应。（2）m+n_p+q(填“”“”或“=”)。（3）若将纵坐标的转化率换成A在平衡混合物中的质量分数，则逆反应是_ 热反应，m+n_p+q(填“”“”或“=”)。【答案】 (1). 吸 (2). (3). 吸 (4). 【解析】【分析】（1）根据图示，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动；（2）根据图示，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动。（3）若将纵坐标的转化率换成A在平衡混合物中的质量分数，升高温度，A在平衡混合物中的质量分数增大，所以平衡逆向移动；增大压强，A在平衡混合物中的质量分数增大，所以平衡逆向移动。【详解】（1）根据图示，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动，所以正反应是吸热反应；（2）根据图示，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动，所以m+np+q。（3）若将纵坐标的转化率换成A在平衡混合物中的质量分数，升高温度，A在平衡混合物中的质量分数增大，平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应；增大压强，A在平衡混合物中的质量分数增大，平衡逆向移动，所以m+n”或“”)。实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强的理由是_【答案】 (1). 3NO2 + H2O 2HNO3 + NO (2). 41.8 (3). 2.67 (4). (5). 在1.3104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失【解析】【分析】（1）NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）利用盖斯定律计算反应焓变；（3）设NO2初始浓度为1 molL-1，利用“三段式”计算平衡常数；（4）根据图示，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动；根据综合经济效益分析：实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右的原因；【详解】（1）NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式是3NO2 + H2O 2HNO3 + NO；（2）2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H-196.6kJmol1 ；2NO(g)O2(g)2NO2(g)H-113.0 kJmol1 ；根据盖斯定律得NO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g) 的H41.8kJmol1；（3）设NO2初始浓度为1 molL-1， NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)始态 1 2 0 0反应 x x x x终态 1-x 2-x x x ，解得x=0.8，K=2.67；（4）根据图示，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，所以该反应H0；在1.3104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。20.利用甲烷与氯气发生取代反应，同时获得副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：根据要求填空：（1）A装置发生反应的离子方程式是_。C装置中CH4与Cl2生成一氯代物的化学反应方程式是_ 。（2）导管a的作用是_。仪器b的名称是_。（3）D装置中的石棉上均匀附着潮湿的KI，其作用是_ 。（4）E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物。从E中分离出盐酸的最佳方法为_E装置的作用是_。（填序号）。A收集气体 B吸收氯气 C防止倒吸 D吸收氯化氢（5）该装置的缺陷是没有进行尾气处理，其尾气的主要成分是_.A.CH4 B.CH3Cl C.CH2Cl2 D.CHCl3 E.CCl4（6）在一定条件下甲烷也可用于燃料电池。下图是甲烷燃料电池的原理示意图：若正极的反应式为O2+4e4H+2H2O，则负极反应式为_；【答案】 (1). MnO2 + 4H+ + 2ClMn2+ + Cl2+ 2H2O (2). CH4 Cl2CH3ClHCl (3). 平衡气压，使液体能够顺利流下 (4). 干燥管 (5). 除去过量的氯气 (6). 分液 (7). C D (8). A B (9). CH48e2H2OCO28H+【解析】【分析】（1）A中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水；C装置中CH4与Cl2光照反应生成一氯甲烷和氯化氢；（2）根据装置图，导管a把烧瓶与分液漏斗上口连在一起，使烧瓶与与分液漏斗中的压强保持一致；根据装置图分析仪器b的名称；（3）D装置中潮湿的KI与氯气反应生成氯化钾和碘单质；（4）进入E装置的物质有甲烷、氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等有机物，甲烷、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳难溶于水，氯化氢易溶于水；（5）甲烷、一氯甲烷均为难溶于水的气体；（6）甲烷燃料电池的负极是甲烷失电子生成二氧化碳气体。【详解】（1）A中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是MnO2 + 4H+ + 2ClMn2+ + Cl2+ 2H2O；C装置中CH4与Cl2光照反应生成一氯甲烷和氯化氢，反应方程式是CH4 Cl2 CH3ClHCl；（2）根据装置图，导管a把烧瓶与分液漏斗上口连在一起，使烧瓶与与分液漏斗中的压强保持一致，所以导管a的作用是平衡气压，使液体能够顺利流下；根据装置图，仪器b的名称是干燥管；（3）D装置中潮湿的KI与氯气反应生成氯化钾和碘单质，D的作用是除去过量的氯气；（4）进入E装置的物质有氯化氢、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和甲烷，有机物难溶于水、氯化氢易溶于水，所以从E中分离出盐酸的最佳方法为分液，E装置的作用是防止倒吸、吸收氯化氢，故选CD；（5）甲烷、一氯甲烷均为难溶于水的气体，所以经过E装置后的气体中含有CH4 、CH3Cl；（6）甲烷燃料电池的负极是甲烷失电子生成二氧化碳气体，负极反应式是CH48e2H2OCO28H+。【点睛】本题考查氯气的制备以及甲烷与氯气的取代反应、除杂、尾气处理、混合物的分离、燃料电池电极反应式的书写等，掌握反应的原理、准确把握产物的性质是答题的关键。21.氮、碳都是重要的非金属元素，含氮、碳元素的物质在工业生产中有重要的应用。（1）请写出工业上由NH3制取NO的化学方程式_。（2）一定条件下，铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+ CO2(g)FeO(s)+ CO(g)，已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示。 该反应的逆反应是_(填“吸热”或“放热”)反应。T、P pa压强下，在体积为VL的容器中进行反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_。A、混合气体的平均相对分子质量不再变化；B、容器内压强不再变化；C、正(CO2)= 逆(FeO)T1温度下，向体积为V L的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，反应过程中CO和CO2物质的量与时间的关系如图乙所示。则CO2的平衡转化率为_，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为_。（3）在恒温条件下，起始时容积均为5L的甲、乙两密闭容器中(甲为恒容容器、乙为恒压容器)，均进行反应：N2+3H22NH3，有关数据及平衡状态特点见下表。容器起始投入达平衡时甲2 mol N23 mol H20mol NH31.5mol NH3同种物质的体积分数相同乙a mol N2b mol H20mol NH31.2mol NH3起始时乙容器中的压强是甲容器的_倍。【答案】 (1). 4NH3+5O2 4NO+6H