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2021年高中化学必修二第六章《化学反应与能量》经典测试题(答案解析)(1)

2023-04-13 来源:画鸵萌宠网


一、选择题

L-1 的过量盐酸反应,当向其中加入少量的下列物质时,能够加1.一定量的锌粉和6mol·

快反应速率,又不影响产生H2的总量的是( ) ①石墨 ②CuO ③铜粉 ④铁粉 ⑤浓硫酸 A.①②④ 答案:B 【分析】

盐酸过量锌完全反应,锌的量决定氢气的体积,能够加快反应速率,又不影响产生H2的总量,采取措施有:形成原电池,注意形成原电池是不能消耗Zn,升高温度,改变锌粉的颗粒大小,增大氢离子的浓度等。 【详解】

①加入石墨粉,构成原电池,反应速率加快,不影响锌粉的量,不影响产生H2的总量,故①正确;

②加入CuO,与盐酸反应生成氯化铜,氯化铜与锌反应生成铜,形成原电池,加快反应,但与盐酸反应的锌的量减少,生成氢气的总量减少,故②错误;

③加入铜粉,构成原电池,反应速率加快,不影响锌粉的量,不影响产生H2的总量,故③正确;

④加入铁粉,构成原电池,反应速率加快,锌反应完毕,铁可以与盐酸反应生成氢气,产生H2的总量增大,故④错误;

⑤加入少量浓硫酸,氢离子浓度增大,反应速率加快,不影响锌粉的量,不影响产生H2的总量,故⑤正确; 故选:B。

B.①③⑤

C.③④⑤

D.①③④

2.三元电池成为2019年我国电动汽车的新能源,其充电时总反应为:LiNixCoyMnzO2+6C(石墨)=Li1-aNixCoyMnzO2+LiaC6,其电池工作原理如图所示,两极之间有一个允许特定的离子X通过的隔膜。下列说法正确的是

A.允许离子X通过的隔膜属于阴离子交换膜 B.充电时,A为阴极,Li+被氧化

C.可从无法充电的废旧电池的石墨电极中回收金属锂

D.放电时,正极反应式为Li1-aNixCoyMnzO2+aLi++ae-=LiNixCoyMnzO2

答案:D 【分析】

充电时电池总反应为:LiNixCoyMnzO2+6C(石墨)=Li1-aNixCoyMnzO2+LiaC6,逆过程是放电时的反应,放电时,正极B是得电子的还原反应,反应式为 Li1-aNixCoyMnzO2+aLi ++ae-=LiNixCoyMnzO2,A是负极,金属锂失电子的氧化反应,充电时,电源的负极连接电池的负极,据此回答。 【详解】

A.放电时,正极B是得电子的还原反应,反应式为 Li1-aNixCoyMnzO2+aLi ++ae-=LiNixCoyMnzO2,允许离子X通过的隔膜即允许Li+通过,应该是属于阳离子交换膜,故A错误;

B.A是电池的负极,充电时,A为阴极,发生还原反应,故B错误;

C.金属锂镶嵌在石墨中,是合金,不能从无法充电的废旧电池的石墨电极中回收金属锂,故C错误;

D.放电时,正极B是得电子的还原反应,反应式为 Li1-aNixCoyMnzO2+aLi++ae-=LiNixCoyMnzO2,故D正确; 故选D。

3.下列化学反应属于吸热反应的是 A.钠与水反应 应

C.硫磺在氧气里燃烧 答案:B 【分析】

根据常见的放热反应有:所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应,所有中和反应;绝大多数化合反应和铝热反应;

常见的吸热反应有:绝大数分解反应,个别的化合反应(如C和CO2),少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)。 【详解】

A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,属于放热反应 ,故A不选; B.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体混合反应是吸热反应 ,故B选; C.硫磺燃烧是放热反应 ,故C不选; D. 镁与盐酸反应是放热反应,故D不选; 故选:B。

D.镁溶于盐酸

8H2O晶体与NH4Cl晶体混合反B.Ba(OH)2·

4.某同学用下图所示装置探究原电池的工作原理,并推出下列结论,正确的是

A.Cu质量减少

C.电子由Cu并经导线流向Zn 答案:B 【详解】

B.Zn用作负极

D.该装置将电能转换为化学能

A.该原电池中,铜作正极,氢离子获得电子被还原生成氢气,铜的质量不变 ,故A错误;

B.该原电池中锌失去电子被氧化,作负极 ,故B正确;

C. 原电池中电子由负极流向正极,则该原电池中电子由锌电极经导线流向铜,故C错误;

D.该装置是原电池,把化学能转化为电能 ,故D错误; 故选:B。

5.已知:①S(g) +O2(g)= SO2(g) △H1 ②S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2,下列说法正确的是 A.硫燃烧过程中将化学能转化全部为热能 B.相同条件下,1 mol S(s) 比l mol S(g) 燃烧更剧烈 C.两个过程的能量变化可用下图表示,△H1<△H2<0

D.两个反应中反应物的总键能都比生成物的总键能小 答案:D 【详解】

A.硫燃烧过程中主要将化学能转为热能,还有一部分转化为光能等,A不正确; B.相同条件下,硫蒸气比固态硫与空气的接触面积大,所以固态硫1 mol S(s) 没有l mol S(g) 燃烧剧烈,B不正确;

C.能量图错误,固态硫的能量应比气态硫低,C不正确;

D.两个反应都为放热反应,反应物的总能量大于生成物的总能量,则反应物的总键能都比生成物的总键能小,D正确; 故选D。

6.两电极用导线连接插入电解质溶液中(不考虑溶液中溶解的氧气的影响),你认为不能构成原电池的是( )

选项 A B C D 电极材料 电极材料 电解质溶液 A.A 答案:C 【分析】

Zn Cu CuCl2 溶液 B.B Fe Zn H2SO4 溶液 C.C Cu Ag CuSO4 溶液 D.D Al Sn NaOH 溶液 根据原电池的构成条件分析,原电池的构成条件是:①有两个活泼性不同的电极,②将电极插入电解质溶液中,③两电极间构成闭合回路,④能自发的进行氧化还原反应. 【详解】

A.锌为活泼金属,可与氯化铜发生氧化还原反应,可形成原电池反应,选项A不符合题意;

B.锌比铁活泼,可与硫酸溶液发生氧化还原反应,可形成原电池,选项B不符合题意; C.不能形成自发进行的氧化还原反应,不能形成原电池,选项C符合题意; D.铝可与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应,能形成原电池,选项D不符合题意; 答案选C。

7.下列实验方案不能达到相应实验目的的是

实验目的 实验方案 用稀硫酸、过氧化氢和铜粉反应 A 制备CuSO4 加快酸性KMnO4与H2C2O4溶液的反应速率 除去NaC1固体表面的少量KC1杂质 探究浓度对反应速率的影响 B 加入一粒黄豆大的MnSO4固体 C 用饱和NaC1溶液洗涤 D 向盛有同体积、不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入同体积、同浓度NaC1O溶液,观察现象 A.A 答案:D 【详解】

A.铜粉与稀硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铜和水,反应过程中无污染物,且原料利用率高,选项A正确;

B.MnSO4是该反应的催化剂,能加快酸性KMnO4与H2C2O4溶液的反应速率,选项B正确;

B.B

C.C

D.D

C.NaCl晶体难溶于饱和NaCl溶液,可用于洗涤除去KCl杂质,选项C正确; D.该实验没有明确说明温度相同,且本实验现象不明显,故不能达到实验目的,选项D错误。 答案选D。

8.一定温度下,将纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于真空密闭恒容容器中(固体试样体积忽略不计)达到分解平衡:NH2COONH4(s)到化学平衡状态的是 A.气体的总质量保持不变 C.2v(NH3)=v(CO2) 答案:A 【分析】 NH2COONH4(s)【详解】

A.反应物为固态,产物均为气态,气态产物的总质量不再增多,反应达到化学平衡状态,故A正确;

B.无论反应是否达到平衡,NH3与CO2的质量比始终为(2×17):44,保持不变,故B错误;

C.没有指出正逆反应速率,无法判断平衡状态,故C错误;

D.由于只有产物为气体,反应无论是否平衡,平均摩尔质量始终为NH3和CO2的定量组合,故D错误。 答案选A。

2NH3(g)+CO2(g)为气体体积增大的可逆反应,该反应达到平衡状态时,

正逆反应速率相等,各组分的浓度、百分含量等变量不再变化,以此进行判断。

B.NH3与CO2的质量比保持不变 D.混合气体的平均相对分子质量不变 2NH3(g)+CO2(g)。下列可以判断该反应达

9.H2S燃料电池应用前景非常广阔,该电池示意图如下。下列说法正确的是

A.电极a是正极 B.O2-由电极a移向电极b

C.电极 a 的反应式为:2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O D.当通入11.2 L O2,转移电子数2NA 答案:C 【详解】

根据原电池原理及图示电池构造分析,电池反应为2H2S(g)+O2(g)═S2(s)+2H2O,得出负极H2S失电子发生氧化反应,正极O2得电子发生还原反应。

A.由2H2S(g)+O2(g)═S2(s)+2H2O反应,得出负极H2S失电子发生氧化反应,则a为电池

的负极,故A错误;

B.原电池中阴离子向负极移动,则O2-由电极b移向电极a,故B错误;

C.a为电池的负极,发生氧化反应,反应式为:2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O,故C正确; D.没有注明是否为标准状况,无法确定1.12LO2的物质的量,故D错误; 故选C。

10.钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下,碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法错误的是

A.cH越大,腐蚀速率越快

2-B.当硫酸的浓度大于90%时,腐蚀速率几乎为零,原因是浓硫酸使铁钝化 C.要使碳素钢的缓蚀效果最优,钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为2:1

D.酸溶液较低时,Cl对碳素钢的腐蚀作用大于SO4,使碳素钢的盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸 答案:C 【详解】

A.由图可知,对于盐酸和硫酸的浓度越大,腐蚀速率越大,所以c(H)越大,腐蚀速率越大,故A正确;

B.当硫酸的浓度大于90%时,腐蚀速率几乎为零,原因是常温下浓硫酸具有强氧化性,会使铁钝化,起到防腐蚀作用,故B正确;

C.根据图示可知,当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时,腐蚀速率最小,腐蚀效果最好,即浓度比为1:1,所以钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时,缓蚀效果最优,故C错误;

D.碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异,可知Cl-有利于碳钢的腐蚀,则酸溶液较低时,Cl-对碳素钢的腐蚀作用大于SO4,使碳素钢的盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸,故D正确;

2故答案选C。

L-1硫酸溶液和过量的锌粉反应,为了减慢该反应速率,但11.一定温度下,100mL2mol·

又不影响生成氢气的总量。可向反应体系中加入适量的( ) A.CH3COOK溶液 答案:A 【分析】

L-1硫酸溶液和过量的锌粉反应,反应的离子方程式为一定温度下,100mL2mol·

Zn+2H+=Zn2++H2↑;为了减慢该反应速率,但又不影响生成氢气的总量,则需保证n(H+)不变,但c(H+)应减小。 【详解】

A.加入CH3COOK溶液,CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH,但CH3COOH还能与Zn反应,所以不影响最终参加反应的n(H+),生成n(H2)不变;由于溶液体积增大,c(H+)减小,所以反应速率减慢,A符合题意;

B.加入稀盐酸,n(H+)增大,生成氢气的总量增多,B不符合题意;

C.加入2mol·L-1的硫酸溶液,n(H+)增大,生成氢气的总量增多,C不符合题意; D.加入ZnSO4固体,c(H+)不变,反应速率没有变化,D不符合题意; 故选A。

B.稀盐酸

L-1的硫酸溶液 D.ZnSO4固体 C.2mol·

12.2SO2(g)+O2(g)

V2O5Δ2SO3(g) △H=-196.6KJ/mol是制备硫酸的重要反应。下列

关于该反应的叙述不正确的是

A.反应达到平衡状态后,SO3(g)浓度保持不变 B.催化剂V2O5能够提高SO2的平衡转化率

C.增加O2的浓度有利于提高SO2的平衡转化率 到平衡的时间 答案:B 【详解】

A.反应达平衡后,正、逆反应速率相等,各物质的浓度不变,所以SO3(g)的浓度不变,A正确;

B.催化剂V2O5能够降低反应的活化能,加快反应速率,缩短到达平衡的时间,但不能改变SO2的平衡转化率,B不正确;

C.增加O2的浓度能加快反应速率,并能使平衡正向移动,从而提高SO2的平衡转化率,C正确;

D.采用450℃高温,能提高催化剂的催化活性,加快反应速率,从而缩短反应达到平衡的时间,D正确; 故选B。

D.采用450℃高温可以缩短反应达

13.已知X(g)+3Y (g)

2W(g)+M (g) △H=-a kJ·mol-1(a>0)一定温度下,在体积恒

定的密闭容器中,加入1 mol X(g)与3mol Y (g),下列说法正确的是( )

A.充分反应后,放出热量为a kJ

B.当反应达到平衡状态时,X与W的物质的量浓度之比一定为1:2 C.若增大Y的浓度,正反应速率增大,逆反应速率减小 D.当X的物质的量分数不再改变,表明该反应已达平衡 答案:D 【详解】

A.该反应是可逆反应,可逆反应有限度,1 mol X(g)与3mol Y (g)不能完全向右转化,放出的热量小于akJ,A错误;

B.当反应达到平衡状态时,X与W的物质的量浓度不再改变,但不一定是1:2,B错误; C.增大Y的浓度,正反应速率增大,逆反应速率也增大,C错误;

D.X的物质的量分数不再改变,说明正逆反应速率相等,表明该反应已达平衡,D正确。 答案选D。

14.有A、B、C、D四种金属,将A与B用导线连接浸入电解质溶液,B不易腐蚀,将A与D用导线连接浸入电解质溶液电流从A流向D,无明显变化,若将B浸入C的盐溶液中,有金属C析出,这四种金属的活动性顺序为 A.D>C>A>B 答案:B 【详解】

两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池,较活泼的金属作负极,负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀,较不活泼的金属作正极,将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中,B不易腐蚀,所以A的活动性大于B;

两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池,较活泼的金属作负极,原电池中电流由正极流向负极,将A与D用导线连接浸入电解质溶液电流从A流向D,所以D的活动性大于A;

金属的置换反应中,较活泼金属能置换出较不活泼的金属,若将B浸入C的盐溶液中,有金属C析出,说明B的活动性大于C,所以金属的活动性顺序为:D>A>B>C; 答案选B。

B.D>A>B>C

C.D>B>A>C

D.B>A>D>C

15.使反应4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)在2 L的密闭容器中进行,半分钟后N2的物质的量增加了0.60 mol。则下列选项中反应的平均速率正确的为 L-1·s-1 A.v(NH3)=0.040 mol·L-1·s-1 C.v(N2)=0.020 mol·答案:B 【分析】

在2L的密闭容器中进行,半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol,则v(N2)

L-1·s-1 B.v(O2)=0.015 mol·L-1·s-1 D.v(H2O)=0.020 mol·

0.6mol=0.01mol•L﹣1•s﹣1,结合反应速率之比等于化学计量数之比解答。

2L30s【详解】

=

在2L的密闭容器中进行,半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol,则v(N2)=

0.6mol=0.01mol•L﹣1•s﹣1,由反应速率之比等于化学计量数之比可知,v(NH3)

2L30s=0.01mol•L﹣1•s﹣1×=0.02 mol•L﹣1•s﹣1,v(O2)=0.01mol•L﹣1•s﹣1×=0.015 mol•L﹣1•s﹣1,v(H2O)=0.01mol•L﹣1•s﹣1×=0.03 mol•L﹣1•s﹣1; 答案选B。

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二、填空题

16.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液(H2SO4酸化)反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。该小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积来判断反应的快慢。设计实验方案如下:

H2C2O4溶液 编号 L-1 浓度/mol·① ② ③ 0.10 0.20 0.20 体积/mL 20 20 20 -酸性KMnO4溶液 温度℃ L-1 浓度/mol·0.10 0.10 0.10 体积/mL 30 30 30 25 25 50 (1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出,MnO4转化为Mn2+,写出该反应的离子方程式______________;每消耗1 molH2C2O4,则反应中转移________________mol电子。 (2)探究浓度对化学反应速率影响的实验编号是_________,实验②、③探究_________对化学反应速率影响。本实验还可通过测定____________来比较化学反应速率。

(3)小组同学发现反应速率总是如图,其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是:a、该反应放热,使体系温度升高;b、____________。

(4)若实验①在5 min末收集49.0 mLCO2气体,则在5 min末,c(MnO4)=_______mol•L-1

-。(已知25℃时,气体摩尔体积Vm=24.5 L• mol-1)

答案:5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 2 mol ①和② 温度 KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需的时间) 产物 Mn2+(或 MnSO4 )具有催化作用 0.052

解析:(1)根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出,KMnO4转化为MnSO4,利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为:

-2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2

2-+2+10CO28H2O ; ,改写成离子方程式为:5H2C2O4+2MnO4+6H=2Mn+H2C2O4中碳元素的化合价为+3价,变成二氧化碳后化合价总共升高了2(4−3)价,所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子;

(2) 探究反应物浓度对化学反应速率影响,除了浓度不同,其他条件完全相同的实验编号是①和②,实验②、③探究温度对化学反应速率影响,本实验还可通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需的时间)来比较化学反应速率;

(3) 开始反应物的浓度最大,随着反应的进行,反应物的浓度逐渐减少,反应速率应该变慢,但反应速率t1~t2时间内速率却变快的主要原因可能是a、该反应放热,使体系温度升高;b产物 Mn2+(或 MnSO4 )具有催化作用; (4)二氧化碳的物质的量是

0.049L =0.002mol,由方程式

24.5L/mol0.0004mol =8×103 mol/L,则在5 min

0.05L2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2可知,消耗高锰酸

根的物质的量是0.0004mol,浓度的变化量是末,c(MnO4)=

-0.1030 mol/L-8×103 mol/L=0.052 mol/L。 5017.(1)如图所示,某同学设计了一个燃料电池井探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理,其中乙装置中X为阳离子交换膜。

①写出甲装置中通入氧气一极的电极反应方程式:_______________________________。 ②乙装置中Fe电极为____极,写出该装置中的总反应的化学方程式:_________________。 (2)有人设想以N2和H2为反应物,以溶有A的稀盐酸为电解质溶液,可制造出既能提供电能,又能固氮的新型燃料电池,装置如图所示,电池正极的电极反应式是___________,A是________(填化学式)。

答案:O2+4e+2H2O=4OH 阴极 2NaCl+2H2O--通电2NaOH+Cl2+H2

NH4Cl N2+8H++6e-=2NH+4

【分析】

(1)由题给示意图可知,甲池为燃料电池装置,通入甲醚的一极为负极,通入氧气的一极为正极;乙池为电解饱和食盐水装置,与燃料电池负极相连的铁电极为阴极,石墨电极是阳极;丙池为精炼铜装置,与燃料电池正极相连的粗铜为阳极,精铜为阴极;

(2)由题给示意图可知,通入氮气的一极为新型燃料电池的正极,酸性条件下,氮气在正极得到电子发生还原反应生成铵根离子,通入氢气的一极为负极,氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子,电池工作时,稀的氯化铵和盐酸混合溶液变为浓得氯化铵溶液。 解析:(1)①由分析可知,甲装置中通入氧气一极为燃料电池的正极,碱性条件下,氧气在

--正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子,电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH,故答--案为:O2+4e+2H2O=4OH;

②由分析可知,乙装置为电解饱和食盐水装置,与燃料电池负极相连的铁电极为阴极;电解时氯化钠溶液反应生成氢氧化钠、氢气和氯气,电解的总反应化学方程式为

2NaCl+2H2O2NaCl+2H2O通电通电2NaOH+Cl2+H2,故答案为:阴极;2NaOH+Cl2+H2;

(2)由分析可知,通入氮气的一极为新型燃料电池的正极,酸性条件下,氮气在正极得到电

+-+子发生还原反应生成铵根离子,电极反应式为N2+8H+6e=2NH4,电池工作时,稀的

氯化铵和盐酸混合溶液变为浓得氯化铵溶液,则A为氯化铵,故答案为:

NH4Cl。 N2+8H++6e-=2NH+4;

18.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水集气法收集反应放出的氢气,实验记录的体积为累计值,已换算成标准状况。 时间(min) 氢气体积1 50 2 120 3 232 4 290 5 310 (mL) (1)哪一时间段(指0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min)反应速率最大_____;原因是_____。 (2)2~3分钟时间段,V(c(HCl))=_____mol(L·min)(设溶液体积不变)。

(3)为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量,他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液,你认为可行的是_______(填序号)。

a.蒸馏水 b.Na2CO3溶液 c.NaNO3溶液 d.NaOH溶液

答案:min~3 min 温度对反应速率影响占主导作用 0.1 a 【分析】

根据影响化学反应速率的因素有浓度、温度以及固体的表面积大小等因素,温度越高、浓度越大、固体表面积越大,反应的速率越大,从表中数据看出2 min~3 min收集的氢气比

c计算反应速t率;根据影响化学反应速率的因素以及氢气的量取决于H+的物质的量,以此解答。

其他时间段多,原因是Zn置换H2的反应是放热反应,温度升高;根据v=

解析:(1)从表中数据看出2 min~3 min收集的氢气比其他时间段多,虽然反应中c(H+)下降,但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应,温度升高,故答案为:2 min~3 min;温度对反应速率影响占主导作用; (2)在2~3min时间段内,n(H2)=

0.112L=0.005mol,由2HCl~H2得,消耗盐酸的

22.4L/mol0.01molmin),故答案为:0.1; 物质的量为0.01mol,则υ(HCl)=0.1L=0.1mol(L·

1min(3)a. 加入蒸馏水,溶液的浓度减小,反应速率减小,H+的物质的量不变,氢气的量也不变,故a正确;

b. 加入碳酸钠溶液,减小盐酸的浓度,反应速率减小,H+的物质的量减小,氢气的量也减小,故b错误;

c. 加入NaNO3溶液,减小盐酸的浓度,但此时溶液中含有硝酸,与金属反应得不到氢气,故c错误;

d. 加入NaOH溶液,减小盐酸的浓度,反应速率减小,H+的物质的量减小,氢气的量也减小,故d错误; 故选:a。

19.锂锰电池的体积小、性能优良,是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示,其中电解质LiClO4,溶于混合有机溶剂中,Li通过电解质迁移入MnO2晶格中,生成LiMnO2。 回答下列问题:

+

(1)外电路的电流方向是由________极流向________极(填字母)。 (2)电池正极反应式为___________________________________。

(3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂?________(填“是”或“否”),原因是________________________________________________________________。 (4)MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应,生成K2MnO4,反应的化学方程式为_______________________________________________。K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为___________。

答案:b a MnO2+e-+Li+=LiMnO2 否 电极Li是活泼金属,能与水反应 3MnO2+KClO3+6KOH

高温3K2MnO4+KCl+3H2O 2∶1

解析:(1)锂是活泼的金属,作负极,因此外电路的电流方向是由正极b流向负极a。 (2)在电池正极b上发生得到电子的还原反应,则电极反应式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2; (3)由于负极材料Li是活泼的金属,能够与水发生反应,所以不可用水代替电池中的混合有机溶剂。

(4)根据题意结合原子守恒、电子守恒可得方程式:3MnO2+KClO3+6KOH

高温3K2MnO4+KCl+3H2O;K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成

KMnO4和MnO2,根据化合价升降总数等于电子转移的数目可知:每转移2mol的电子,产生1mol的MnO2、2mol KMnO4,所以生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1。 20.新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料,两电极上分别通入CH4和O2,电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源,进行饱和氯化钠溶液电解实验,如图所示。

回答下列问题:

(1)甲烷燃料电池负极的电极反应式为__。

(2)闭合开关K后,a、b电极上均有气体产生,其中b电极上得到的是__,电解氯化钠溶液

的总反应方程式为__。

答案:CH4-8e-+10OH-=CO3+7H2O H2 2NaCl+2H2O【分析】

在燃料电池中,通入燃料的电极为负极,通入氧化剂的电极为正极;在电解池中,与电源负极相连的电极为阴极,与电源正极相连的是阳极。

解析:(1)甲烷燃料电池中,通入CH4的电极为负极,CH4失电子后,与OH-发生反应生成

22CO3和H2O,负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO3+7H2O。答案为:CH4-8e-2Cl2↑+H2↑+2NaOH

+10OH-=CO3+7H2O;

(2)闭合开关K后,a电极与正极(通O2的电极)相连,则此电极为阳极;b电极为阴极,水得电子生成氢气,所以b电极得到的是H2,电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaCl+2H2O【点睛】

在书写电极反应式时,需注意电解质的性质,碱性电解质中,电极反应式中不能出现H+。 21.已知H-H 键、N-H 键、N≡N 键的键能分别为 436kJ/mol、391kJ/mol、946 kJ/mol,关于工业合成氨的反应,请根据键能的数据判断下列问题:

若有 1 mol NH3生成 ,可________(填“吸收”或“放出”)热量________kJ;该反应的能量变化可用图__________表示。(填“甲“或“乙”)

Cl2↑+H2↑+2NaOH。答案为:H2;

Cl2↑+H2↑+2NaOH。

2

答案:放出 46 甲

解析:合成氨的反应为:N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),该反应的焓变△H=E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H)=-92kJ/mol,该反应的正反应是放热反应,反应物总能量大于生成2×1=46kJ,物总能量,生成2mol氨气放出92kJ热量,计算生成1mol氨气放出热量=92kJ÷该反应能量变化为甲。

22.(1)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成,可用FeCl3溶液作“腐蚀剂”刻制印刷电路,写出反应方程式______________________。

(2)工业上制取漂白粉的的过程是把氯气通入石灰乳中,写出反应方程__________________。

(3)有甲、乙、丙、丁四种金属,把甲、丙浸入稀硫酸中,用导线连接时甲为负极;把乙、丁分别浸入相同浓度的稀硫酸中,乙产生气泡的速率更大;把甲、乙用导线连接浸入稀硫酸中,甲上有气泡冒出;把丙浸入丁的硝酸盐溶液中,丙的表面有丁析出。这四种金属的

活动性由强到弱的顺序是__________________。

(4)将气体A、B置于容积为2 L的密闭容器中,发生如下反应:4A(g)+B(g)=2C(g),反应进行到4 s末,测得A为0.5 mol,B为0.4 mol,C为0.2 mol,则:vA=_________,反应前A有_________mol。

(5)第三周期中有一种元素,其最高价氧化物的水化物与同周期其它元素最高价氧化物的水化物所属物质类型都不同,用离子方程式表示该水化物分别与烧碱溶液和稀硫酸的反应:______; __________。

(6)碳是周期表中形成化合物最多的元素,写出其单质与浓硫酸反应的方程式___________________写出能验证碳的非金属性弱于硫的化学反应的离子方程式:_____________________,碳还能形成各种有机物,它的一种有机物可由粮食发酵得到,有特殊的香味,有活血壮胆的功效,写出该有机物在某条件下与氧气催化氧化的反应方程式_______________。

答案:2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 乙>甲>丙>丁 0.05 mol/(L·s) 0.9 Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O C+2H2SO4(浓)

CO2↑+2SO2↑+2H2O 2H++CO32-=CO2↑+ H2O 2CH3CH2OH+O2【分析】

(1)FeCl3与Cu反应产生FeCl2、CuCl2;

(2)Cl2与石灰乳反应产生氯化钙、次氯酸钙和水,氯化钙、次氯酸钙的混合物为漂白粉; (3)两种不同的金属形成原电池时,活动性强的为负极,活动性弱的为正极;活动性不同的金属与酸反应置换出氢气,金属元素越活泼,反应产生氢气速率越快;活动性强的金属可以把活动性弱的金属置换出来,据此比较元素金属性强弱; (4)根据v=

2CH3CHO+2H2O

c计算v(C),再利用速率之比等于化学计量数之比计算v(A),再计算出A反应t的物质的量,然后根据A起始物质的量等于剩余量与消耗量的和计算反应开始时A的物质的量;

(5)第三周期中有一种元素,其最高价氧化物的水化物与同周期其它元素最高价氧化物的水化物所属物质类型都不同,则该元素是Al,其最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物,其余元素中金属元素形成的最高价氧化物的水化物是碱;非常金属元素形成的最高价氧化物的水化物是含氧酸,然后根据Al(OH)3与酸、碱反应的性质书写反应的离子方程式; (6)C与浓硫酸共热反应产生CO2、SO2、H2O,可通过强酸与弱酸的盐发生反应制取弱酸,来比较元素非金属性的强弱;C元素的一种有机物可由粮食发酵得到,有特殊的香味,有活血壮胆的功效,该物质是乙醇,乙醇催化氧化产生乙醛,据此书写反应方程式。 解析:(1)FeCl3具有强的氧化性,能够与线路板中的Cu发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2,根据电子守恒、原子守恒,可得该反应的化学方程式为:2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2;

(2)Cl2与石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O,该反应的化学方程式为:

2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;

(3)把甲、丙浸入稀硫酸中,用导线连接时甲为负极,则金属活动性:甲>丙;把乙、丁分别浸入相同浓度的稀硫酸中,乙产生气泡的速率更大,说明金属乙比金属丁活泼,即金属活动性:乙>丁;把甲、乙用导线连接浸入稀硫酸中,甲上有气泡冒出,说明甲为正极,乙为负极,所以金属活动性:乙>甲;把丙浸入丁的硝酸盐溶液中,丙的表面有丁析出,说明丙比丁活泼,即金属活动性:丙>丁。故这四种金属的活动性由强到弱的顺序是:乙>甲>丙>丁;

0.2mol(4)4 s末,测得C为0.2 mol,则v(C)=c=0.025 mol/(L·s),由于用不同物质表

2Lt4ss)×2=0.05 示的化学反应速率之比等于化学计量数之比,则v(A)=2v(C)=0.025 mol/(L·

mol/(L·s),4 s内A改变的物质的量为△n(A)=0.05 mol/(L·s)×4 s×2 L=0.4 mol,此时剩余A物质0.5 mol,故反应开始时A的物质的量n(A)=0.5 mol+0.4 mol=0.9 mol;

(5)Al(OH)3是两性氢氧化物,既能与强酸反应产生盐和水,也能够与强碱反应产生盐和水,NaOH与Al(OH)3反应产生NaAlO2和H2O,反应的离子方程式为:Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O;Al(OH)3与硫酸反应产生Al2(SO4)3和H2O,反应的离子方程式为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;

(6)C与浓硫酸共热反应产生CO2、SO2、H2O,该反应的化学方程式为:C+2H2SO4(浓)

CO2↑+2SO2↑+2H2O;硫酸与Na2CO3发生复分解反应产生Na2SO4、CO2、H2O,该反应的离子方程式为:2H++CO32-=CO2↑+ H2O;可知酸性:H2SO4>H2CO3,从而证明元素的非金属性:S>C;碳元素的一种有机物可由粮食发酵得到,有特殊的香味,该物质是乙醇,乙醇在Cu作催化剂条件下加热,被氧气氧化产生乙醛,该反应的化学方程式为:2CH3CH2OH+O2【点睛】

本题考查了元素金属性强弱比较、化学反应速率的有关计算、化学方程式和离子方程式的书写。掌握有关概念、物质的性质和方程式书写原则是本题解答的关键,注意有关规律的应用。

23.在固定容积为2L的密闭容器中进行如下反应:A(g)+2B(g)L-1·min-1。计算: 表示的化学反应速率υ(D))为0.1mol·

(1)前5min内用A表示的化学反应速率v(A)为__。 (2)化学方程式中n的值为__。

(3)此反应在四种不同情况下的反应速率分别为

L-1·s-1②υ(B)=4mol·L-1·min-1③υ(C)=3mol·L-1·min-1④υ(D)=7mol·L-1·min-1 ①υ(A)=1mol·

其中反应速率最快的是__(填序号)。

3C(g)+nD(g),开始时

A的物质的量为2mol,B的物质的量为3mol;5min末测得C的物质的量为1.5mol,用D

2CH3CHO+2H2O。

min) 2 ① 答案:05mol/(L·

=解析:(1)先算出C的反应速率,υ(C)ΔcΔn1.5mol===0.15mol/(L?min),再根ΔtVΔt2L5min据反应速率之比等于化学计量数系数之比,

11υ(A)=υ(C)=?0.15mol/(L?min)=0.05mol/(L?min),故答案为:0.05mol/(L·min)

33(2)根据反应速率之比等于化学计量系数比:

n(A):n(D)=υ(A):υ(D)=0.05mol/(L?min):0.1mol/(L?min)=12: ,故D的系数n=2,故答

案为:2

(3)比较同一化学反应不同物质表示的反应快慢,必须换算成同一物质相同的单位表示的化学反应速率进行比较,我们可以根据反应速率之比等于化学计量系数比进行换算,我们L-1·s-1=60 mol·L-1·min-1, 将它们统一换算为A表示则①υ(A)=1mol·

L-1·min-1时,υ(A)=2 mol·L-1·min-1, ②当υ(B)=4mol·

L-1·min-1时,υ(A)=1mol·L-1·min-1, ③υ(C)=3mol·

L-1·min-1时,υ(A)=3.5mol·L-1·min-1,故A表示的反应速率最快;故答案④当υ(D) =7mol·为:①

24.I.现有下列物质:

①HNO3②冰醋酸③氨水④Al(OH)3⑤NaHCO3(s)⑥Cu⑦氯水⑧CaCO3⑨H2CO3⑩盐酸 (1)上述物质中属于强电解质的有__________(填序号),属于弱电解质的有__________(填序号)。

(2)写出下列物质的电离方程式:④__________;⑤__________;⑨__________。 Ⅱ.少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应,反应速率太慢.为了加快此反应速率而不改变H2的产量,可以使用如下方法中的__________(填序号)。

①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用10mL0.1mol/L盐酸.

答案:①⑤⑧ ②④⑨ H2O+AlO2+H+

Al(OH)3Al3++3OH﹣ NaHCO3=Na++HCO3﹣

H2CO3【分析】

H++HCO3﹣ ③⑦⑧

I.强电解质指在水溶液或熔融状态下能够全部电离的电解质;弱电解质指水溶液或熔融状态下能够部分电离的电解质;电解质、非电解质的对象是化合物,溶液、单质既不是电解质也不是非电解质,强酸、强碱、大多数盐及活泼的金属氧化物等是强电解质;弱酸、弱碱、少数盐、水等属于弱电解质。在书写电离方程式时,强电解质的电离方程式用“=”,弱电解质电离方程式用“

”。

Ⅱ.少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应,反应速率太慢.为了加快此反应速率而不改变H2的产量,可以适当升高温度,温度越高反应速率越快;可以增大氢离子的浓度,氢离子的浓度越大,反应速率越快;可以利用原电池,但是还要注意题中说的不改变氢气的量。

解析:I.(1)①HNO3是强酸,溶于水,在水中全部电离,HNO3是强电解质; ②冰醋酸是弱酸,溶于水,在水中部分电离,冰醋酸是弱电解质; ③氨水是混合物,既不是电解质也不是非电解质;

④Al(OH)3溶于水的部分,在水溶液中部分电离,Al(OH)3是弱电解质; ⑤NaHCO3溶于水,在水中全部电离,NaHCO3是强电解质; ⑥Cu是单质,既不是电解质也不是非电解质; ⑦氯水是混合物,既不是电解质也不是非电解质;

⑧CaCO3溶于水的部分,在水中全部电离,CaCO3是强电解质; ⑨H2CO3是弱酸,在水溶液中部分电离,H2CO3是弱电解质; ⑩盐酸是混合物,既不是电解质也不是非电解质;

故上述物质属于强电解质的有①⑤⑧;上述物质属于弱电解质的有②④⑨;

(2)④Al(OH)3是两性物质并且属于弱电解质,在水溶液中既存在酸式电离,又存在碱式电

离,其电离方程式为H2O+AlO2+H+

Al(OH)3Al3++3OH﹣;

⑤NaHCO3是强电解质,其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣;

⑨H2CO3是二元弱酸,是弱电解质,分步电离,第一步电离为主,其电离方程式为H2CO3

H++HCO3﹣,HCO3﹣

H++CO32-;

Ⅱ.①加H2O,溶液中氢离子的物质的量浓度减小,反应速率减慢,①不符合题意; ②加NaOH固体后,OH-+H+=H2O,溶液中氢离子的浓度减小,反应速率减慢,②不符合题意;

③滴入几滴浓盐酸,氢离子浓度增大,反应速率加快,③符合题意;

④加CH3COONa固体生成醋酸,醋酸是弱电解质,溶液中的氢离子的浓度减小,反应速率减慢,④不符合题意;

⑤加NaCl溶液,溶液中的氢离子的浓度减小,反应速率减慢,⑤不符合题意; ⑥滴入几滴硫酸铜溶液,金属铁把溶液中的铜离子置换出来,少量的铜覆盖在铁表面,在稀盐酸中形成原电池,反应速率加快,与盐酸反应的铁的物质的量减少,导致生成氢气的物质的量减少,⑥不符合题意;

⑦升高温度(不考虑盐酸挥发),反应速率加快,⑦符合题意;

⑧改用10mL0.1mol/L盐酸,氢离子的浓度增大,反应速率加快,⑧符合题意; 故③⑦⑧符合题意。 【点睛】

影响少量铁粉与稀盐酸反应速率的快慢因素:①温度,温度越高反应速率越快,②氢离子的浓度,氢离子的浓度越高反应速率越快;③原电池原理。 25.化学能在一定的条件下可以转化为电能。 (一)现有如下两个反应: ①2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 ②Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑

(1)根据两个反应的本质判断,您认为可以设计成原电池的是___(填反应序号),理由是___。

(二)请根据Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu反应,选择适宜的材料和试剂设计一个原电池。 (2)写出电极材料和电解质溶液的名称:负极__________;正极__________;电解质溶液__________

(3)写出该原电池负极反应式:__________。

答案:① ①为氧化还原反应,可以设计成原电池 锌 铜 硫酸铜溶液 Zn-2e-=Zn2+ 【分析】

从原电池反应必须是氧化还原反应的角度分析;原电池的构成条件:有活泼性不同的两个电极;有电解质溶液;形成闭合回路;自发的氧化还原反应;电极中负极比正极活泼,是失电子的极,据此解答。

解析:(1)原电池是将化学能转变为电能的装置,只有氧化还原反应才有电子的转移,而①为氧化还原反应,能设计成原电池,②为非氧化还原反应,不可以设计成原电池; 答案为①;①为氧化还原反应,可以设计成原电池;

(2)根据自发的氧化还原反应:金属锌失电子,为负极,正极可以用活泼性较差的金属铜,溶液中的铜离子得电子,必须用可溶的铜盐作电解质; 答案为:锌,铜;硫酸铜溶液。

(3)负极为锌,金属锌失电子生成锌离子,即Zn-2e-=Zn2+; 答案为Zn-2e-=Zn2+。

26.将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡:NH2COONH4(s)

2NH3(g)+CO2(g)。

(1)下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是___(填选项); A.2v生(NH3)=v耗(CO2)

B.密闭容器中氨气的物质的量不变

C.容器中CO2与NH3的物质的量之比保持不变 D.密闭容器中总压强保持不变

E.形成6个N-H键的同时有2个C=O键断裂 (2)能使该反应的反应速率增大的是___(填选项); A.及时分离出CO2气体 B.适当升高温度

C.加入少量NH2COONH4(s) D.选择高效催化剂

(3)如图所示,上述反应中断开反应物中化学键吸收的能量___形成生成物中化学键放出的能量(填写“大于”“等于”“小于”)。

答案:AC BD 大于 【分析】

(1)根据化学平衡状态的特征解答;

(2)增大浓度或升高温度或加催化剂可加快反应速率来解答;

(3)由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量,所以反应是吸热反应,结合化学键分析

解答。

解析:(1)A.平衡时应有v生(NH3)=2v耗(CO2),所以2v生(NH3)=v耗(CO2)时,反应没有达到平衡状态,故A错误;

B.密闭容器中氨气的物质的量不变,说明正、逆反应速率相等,可以判定反应达到平衡状态,故B正确;

C.只要反应发生,容器中CO2与NH3的物质的量之比就是2:1,始终保持不变,不能判定反应是否达平衡状态,故C错误;

D.密闭容器中总压强保持不变,说明气体的总物质的量不变,反应达平衡状态,故D正确;

E.形成6个N-H键等效于2个C=O键形成的同时有2个C=O键断裂,正、逆反应速率相等,达平衡状态,故E正确; 故答案为AC;

(2)A.及时分离出CO2气体,生成物浓度减小,反应速率减小,故A错误; B.适当升高温度,反应速率加快,故B正确;

C.加入少量NH2COONH4(s),固体物质量变但浓度不变,故C错误; D.选择高效催化剂,反应速率加快,故D正确; 故答案为:BD;

(3)由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量,所以反应是吸热反应,即反应中断开反应物中化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键放出的能量。 【点睛】

考查化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,必须是同一物质的正逆反应速率相等;反应达到平衡状态时,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,此类试题中容易发生错误的情况往往有:平衡时浓度不变,不是表示浓度之间有特定的大小关系;正逆反应速率相等,不表示是数值大小相等;对于密度、相对分子质量等是否不变,要具体情况具体分析等。

三、解答题

27.根据要求回答下列问题:

(1)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g),在25 ℃、101 kPa下,已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ,该反应的热化学方程式是___________。

(2)有人设想以N2和H2为反应物,以溶有A的稀盐酸为电解质溶液,可制造出既能提供电能,又能固氮的新型燃料电池,装置如图所示,电池正极的电极反应式是___________,A是___________。

(3)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如图所示:

负极区发生的反应有___________、___________(写反应方程式)。电路中转移1 mol电子,需消耗氧气___________L(标准状况)。

答案:NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)ΔH=-216.0 kJ·mol-1 N2+8H++6e-=2NH4

+-++++

氯化铵 Fe3+e=Fe2 4Fe2+O2+4H=4Fe3+2H2O 5.6

+【详解】

(1)3.8gNaBH4的物质的量等于3.8g÷38g/mol=0.1mol,在25℃、101kPa下,每消耗0.1mol NaBH4(s)放热21.6kJ,则消耗1mol NaBH4(s)放热216.0kJ,则热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)ΔH=-216.0 kJ·mol-1;

(2)该电池的本质反应是合成氨反应,电池中氢气失电子,在负极发生氧化反应,氮气得电子在正极发生还原反应,则正极反应式为N2+8H+6e=2NH4,氨气与HCl反应生成氯化铵,则电解质溶液为氯化铵溶液;

(3)根据图示,电解池左侧发生反应Fe3++e-=Fe2+,该反应为还原反应,属于电解池的阴极,负极通入氧气后Fe2被O2氧化而再生成Fe3,该反应为4Fe2+O2+4H=4Fe3+2H2O;根据电子守恒及4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O可知,电路中转移1mol电子,消耗氧气的物质的量为:1mol÷4=0.25mol,标况下0.25mol氧气的体积为:22.4L/mol×0.25mol=5.6L。

+

+

+

+

+

+

-

+

28.甲醛(HCHO)在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。利用甲醇(CH3OH)在一定条件下直接脱氢可制甲醛,反应方程式为 CH3OH(g)得随温度升高,平衡常数如下表所示: 温度(K) 平衡常数 500 7.13×10-4 700 3.30×10-1 T1 2.00 T2 9.00 T3 10.00 HCHO(g)+H2(g) ΔH1,实验测

(1)已知合成CH3OH可以由CO和H2反应制备,制备过程中发生的反应有: CO(g)+2H2(g)2CH3OH(g)CO(g)+H2O(g)

CH3OH(g)ΔH=-90.7 kJ/mol ① CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-23.5 kJ/mol ② CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2 kJ/mol ③

CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH= ________________。

则反应3CO(g)+3H2(g)

(2)甲醇合成甲醛可逆反应的化学平衡常数表达式:______________________ 。 (3)该反应ΔH1________0 (填“>”、“=”、“<”)。

(4)若在恒温恒压容器中进行上述反应,可判断反应达到平衡状态的是 ______(填序号)。 A.混合气体的密度不变

B.CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1∶1 C.H2的体积分数不再改变

D.单位时间内甲醛的生成量与氢气的消耗量相等

(5)T1 K时,CH3OH、HCHO、H2起始浓度(mol/L)分别为1.0、0.50、1.0,反应进行的方向为_________________,反应达到平衡时,HCHO的体积分数 ______(填“>”“=”或“<”)20%。

答案:-244.84kJ/mol K=【分析】

(1)根据盖斯定律计算反应的热效应;(2)根据可逆反应的化学方程式及平衡常数表达式分析解答;(3)根据勒夏特列原理判断平衡的移动反应及反应的热效应;(4)根据平衡状态建立的本质及特征分析反应是否达到平衡状态;(5)根据浓度商与平衡常数的相对大小判断反应的方向,比较体积分数的变化。 【详解】

2+②+③得3CO(g)+3H2(g)(1)根据盖斯定律:有①×

CH3OCH3(g)+CO2(g) ΔH=-

90.7 kJ/mol×2-41.2 kJ/mol-41.2 kJ/mol=-244.84kJ/mol,故答案为:-244.84kJ/mol; (2)根据平衡常数表达式分析得,甲醇合成甲醛的化学平衡常数表达式为:

c(H2)c(HCHO) > ACD 正反应方向 >

c(CH3OH)K=c(H2)c(HCHO)c(H2)c(HCHO),故答案为:K=;

c(CH3OH)c(CH3OH)(3)随着温度升高,平衡常数增大,说明平衡向正反应方向移动,故反应正方向为吸热,即ΔH1>0,故答案为:>;

(4)A.正反应方向为气体体积增大的反应,混合气体的密度不变,说明气体体积保持不变,能说明反应达到平衡状态,故A选;

B.CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1∶1,并不能说明它们的浓度保持不变,故不能说明反应达到平衡,故B不选;

C.H2的体积分数不再改变,能说明反应已经达到平衡,故C选;

D.单位时间内甲醛的生成量与氢气的消耗量相等说明正反应速率等于逆反应速率,能说明反应达到平衡,故D选; 故答案为:ACD;

(5)T1时,平衡常数K=2,CH3OH、HCHO、H2起始浓度(mol•L-1)分别为1.0、0.50、

0.50.51=0.5<2,说明反应正向进行,反×100%=20%,Qc=

1+0.5+11应达到平衡时,HCHO的体积分数>20%,故答案为:正反应方向;>。

1.0,甲醛体积分数=

29.一定温度下,向一容积为 5 L 的恒容密闭容器中充入 0.4 mol SO2和0.2 mol O2,发生mol-1。当反应达到平衡时,容器内压强变为反应:2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g)H=-196 kJ·起始时的0.7倍。请回答下列问题:

(1)判断该反应达到平衡状态的标志是________(填序号)。 a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为 2∶1∶2 b.容器内气体的压强不变 c.容器内混合气体的密度保持不变 d.SO3的物质的量不再变化

e.SO2的生成速率和 SO3的生成速率相等 (2)①SO2的转化率为__________________; ②达到平衡时反应放出的热量为____________; ③此温度下该反应的平衡常数 K=____________。

(3)如图表示平衡时 SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线,则:

①温度关系 : T1________T2( 填 “>”“<” 或“=”,下同); ②平衡常数关系:KA________KB,KA________KD。 答案:bde 90% 35.28kJ 20250 > = < 【详解】

a. SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2:1:2的状态也可能不符合Qc=K的结论,也可能符合,这不是平衡的标志,故a错误;

b. 反应是一个前后气体系数变化的反应,容器内气体的压强不变,证明达到了平衡,故b正确;

c. 容器内混合气体的密度始终保持不变,所以密度不变不一定平衡,故c错误; d. SO3的物质的量不再变化即浓度不再变化是平衡的特征,故d正确;

e. SO2的生成速率和SO3的生成速率相等,说明正逆反应速率相等,达到了平衡,故e正确;

故答案为:bde;

(2) ①设SO2的变化浓度是x,则

2SO2gO2g

2SO3g0xx

起始量(mol)0.40.20.5x0.20.5x转化量(mol)x平衡量(mol)0.4x 当反应达到平衡时,容器内压强变为起始时的0.7倍,则=0.7,解得x=0.36mol, 所以二氧化硫的转化率=

0.4x0.20.5xx

0.20.40.36mol×100%=90%;

0.4molmol-1,反应过程中消耗二氧化硫物质的量2mol放②2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g)H=-196 kJ·

热196kJ,上述计算二氧化硫消耗物质的量为0.36mol,放出热量=

0.36mol×196kJ=35.28kJ; 2mol0.04mol=0.008mol/L,c(O2)=0.004mol/L,c(SO3)=0.072mol/L,所以平衡5L③平衡时c(SO2)=

c2(SO3)0.0722 = =20250; 常数k=2c(SO2)c(O2)0.00820.004 (3)①该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,二氧化硫的体积分数增大,根据图象可知,压强相同时,T2温度下SO2的体积分数较大,则温度关系为:T1②化学平衡常数和温度有关,温度不变,化学平衡不变,A、B的温度相同,则KA = KB; 该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,K减小,由于温度T1 KD。

30.(2016·新课标全国卷Ⅱ)丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等,回答下列问题: (1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:

3O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH =−515 kJ/mol 2②C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH =−353 kJ/mol

①C3H6(g)+NH3(g)+

两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是________;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是________;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。

(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应温度为460℃。低于460℃时,丙烯腈的产率________(填“是”或者“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是________;高于460℃时,丙烯腈产率降低的可能原因是________(双选,填标号) A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大 C.副反应增多 D.反应活化能增大

(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为_________,理由是____________。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为________。

答案:两个反应均为放热量大的反应 降低温度、降低压强 催化剂 不是 该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低 AC 1 该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低 1:7.5:1 【分析】

(1)依据热化学方程式方向可知,两个反应均放热量大,即反应物和生成物的能量差大,因此热力学趋势大;有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行,提高丙烯

腈反应选择性的关键因素是催化剂;

(2)因为该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低,即低于460℃时,对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的,但实际曲线是上升的,因此判断低于460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率;产率降低主要从产率的影响因素进行考虑;

n氨(3)根据图象可知,当约为1时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率

n丙烯最低,根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+

3O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g),氨气、2氧气、丙烯按1:1.5:1的体积比加入反应达到最佳状态,依据氧气在空气中约占20%计算条件比。 【详解】

(1)因为两个反应均为放热量大的反应,所以热力学趋势大;该反应为气体分子数增大的放热反应,所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。

(2)因为该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低,反应刚开始进行,尚未达到平衡状态,460℃以前是建立平衡的过程,所以低于460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率;高于460℃时,丙烯腈产率降低,

A.催化剂在一定温度范围内活性较高,若温度过高,活性降低,正确; B.平衡常数变大,对产率的影响是提高产率才对,错误; C.根据题意,副产物有丙烯醛,副反应增多导致产率下降,正确; D.反应活化能的大小不影响平衡,错误; 答案选AC。

(3)根据图像可知,当n(氨)/n(丙烯)约为1时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低;根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g),氨气、氧气、丙烯按1:1.5:1的体积比加入反应达到最佳状态,而空气中氧气约占20%,所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1:7.5:1。 【点睛】

本题考查影响化学平衡的因素,化学图像的分析与判断,化学计算等知识。该题是对化学平衡的集中考查,涉及的知识点不多,解题的关键点是看懂图像的含义,看图像时:①一看面:纵坐标与横坐标的意义;②二看线:线的走向和变化趋势;③三看点:起点,拐点,终点,然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合,做出符合题目要求的解答。

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