2019-2020年高二上学期月考化学试卷（10月份）含解析.doc

2019-2020年高二上学期月考化学试卷（10月份）含解析一、选择题1下列反应属于吸热反应的是（）AC6H12O6（葡萄糖）+6O26CO2+6H2OBHCl+KOHKCl+H2OC反应物的总能量大于生成物的总能量D破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量2下列说法正确的是（）A甲烷的燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJmol1BNaOH（aq）+CH3COOH （aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）H=57.3kJ/mol （中和热）C测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应后终止温度D2H2 （g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol （燃烧热）3在一密闭烧瓶中，在25时存在着平衡：2NO2N2O4（正反应放热）把烧瓶置于100的水中，则下列几项性质中不会改变的是（）颜色；平均分子量；质量；压强；密度A和B和C和D和4利用反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H=746.8kJmol1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（）A降低温度B增大压强同时加催化剂C升高温度同时充入N2D及时将CO2和N2从反应体系中移走5对于达到平衡的反应：2A（g）+B（g）nC（g），符合如图所示的结论是（）AP1P2，n3BP1P2，n3CP1P2，n3DP1P2，n36化学反应A2（g）+B2（g）2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是（）A每生成2个分子AB吸收（ab） kJ热量B该反应热H=+（ab）kJmol1C该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D断裂1mol AA和1mol BB键，放出a kJ能量7向足量H2SO4溶液中加入100mL 0.4molL1 Ba（OH）2溶液，放出的热量是5.12kJ如果向足量Ba（OH）2溶液中加入100mL 0.4molL1盐酸时，放出的热量为2.2 kJ则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为（）ABa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）H=2.92 kJmol1BBa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）H=18 kJmol1CBa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）H=73 kJmol1DBa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）H=0.72 kJmol18分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和热的测定下列说法错误的是（）A稍过量的氢氧化钠是确保盐酸完全反应B仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒C在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，则测得的H偏大D用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，结果也是正确的9下列对化学反应的认识正确的是（）A化学反应过程中，分子的种类和数目一定发生改变B如果某化学反应的H和S均小于0，则反应一定能自发进行C化学反应过程中，一定有化学键的断裂和形成D放热反应的反应速率，一定比吸热反应的反应速率快10常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两个实验：（N2O42NO2H0）（a）将两容器置于沸水中加热（b）在活塞上都加2kg的砝码在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是（）A（a）甲乙，（b）甲乙B（a）甲乙，（b）甲=乙C（a）甲乙，（b）甲乙D（a）甲乙，（b）甲乙11在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：（甲）C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；（乙）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），现有下列状态：混合气体平均相对分子质量不再改变；恒温时，气体压强不再改变；各气体组成浓度相等；反应体系中温度保持不变；断裂氢氧键速率等于断裂氢氢键速率2倍；混合气体密度不变；单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9：1；同时间内，水蒸汽消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是（）ABCD12在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2molL1下列判断错误的是（）A平衡常数约为0.3BB的转化率为40%CA的平均反应速率为0.3 mol（Lmin）1D若混合气体的相对分子质量不变则表明该反应达到平衡状态13在密闭容器中进行反应：A（g）+3B（g）2C（g），有关下列图象说法的不正确的是（）A依据图a可判断正反应为放热反应B在图b中，虚线可表示使用了催化剂C若正反应的H0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D由图d中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的H014已知反应：2NO2 （g）N2O4（g），把NO2、N2O4的混合气体盛装在两个连通的烧瓶里，然后用止水夹夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水里，把烧瓶B放入冰水里，如图所示与常温时烧瓶内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅下列说法错误的是（）A上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快B上述过程中，B烧瓶内c（NO2）减小，c（N2O4）增大C上述过程中，A、B烧瓶内气体密度均保持不变D反应2NO2（g）N2O4（g）的逆反应为放热反应15某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mol A和1.0mol B，反应A（g）+B（g）C（g）经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（）t/s05152535n（A）/mol1.00.850.810.800.80B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41 molL1，则反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的转化率大于80%D相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，反应达到平衡前v（正）v（逆）16在一个体积固定的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B，发生反应：2A（g）+B（g）3C（g）+D（g），达到平衡时C的浓度为a mol/L若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为a mol/L的是（）A4mol A+2mol BB2mol A+1mol B+3mol C+1mol DC3mol C+1mol D+1mol BD3mol C+1mol D17难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如图装置提纯将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后加入适量碘并封管，置于加热炉中，发生反应：TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）下列说法正确的是（）A在不同温度区域，TaI4的量保持不变B在提纯过程中，I2的量不断减少C该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比D在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区二、（非选择题）18反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题（1）该反应是反应（填“吸热”、“放热”）（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率（填“增大”、“减小”、“不变”），原因是（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？（填“有”、“无”），原因是（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1，E2（填“增大”、“减小”、“不变”）19废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末（1）下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是（填字母）A热裂解形成燃油B露天焚烧C作为有机复合建筑材料的原料D直接填埋（2）已知下列热化学方程式：O2（g）O+2（g）+eH1=+1175.7kJmol1PtF6（g）+ePtF6（g）H2=771.1kJmol1O2+PtF6（s）O2+（g）+PtF6（g）H3=+482.2kJmol1则反应O2（g）+=O2+PtF6（s）的H=（3）25，1.01105Pa时，16g液态甲醇（CH3OH）完全燃烧，当恢复到原状态时，放出热量363.3kJ，该反应的热化学方程式为（相对原子质量 C12 H1 O16 ），当此反应生成66g CO2时，放出的热量为20（1）在2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），在其他条件不变的情况下，探究温度对反应的影响，实验结果如图1所示（注：T2T1，均大于300）温度为T2时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均反应速率为通过分析图1，温度对反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的影响可以概括为下列情形能说明上述反应已达到平衡状态的是（填字母）A体系压强保持不变B密闭容器中CO2、H2、CH3OH（g）、H2O（g）4种气体共存CCH3OH与H2物质的量之比为1：3D每消耗1mol CO2的同时生成3mol H2已知H2（g）和CH3OH（l）的燃烧热H分别为285.8kJmol1和726.5kJmol1，写出由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式：（2）在容积可变的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示该反应的平衡常数表达式K=，250、0.5104 kPa下的平衡常数（填“”、“”或“=”）300、1.5104 kPa下的平衡常数实际生产中，该反应条件控制在250、1.3104 kPa左右，选择此压强而不选择更高压强的理由是21在一恒温、恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJmol1某种反应物和生成物的浓度随时间变化如图所示回答下列问题：（1）Y的化学式是（2）反应进行到3min时，v正v逆（填“”或“”、“=”）反应前3min，H2的平均反应速率v（H2）=molL1min1（3）不能判断该反应达到化学平衡状态的依据是A容器内各气体的体积比保持不变 B混合气体密度不变C3v逆（CH3OH）=v正（H2） DH2转化率为75%（4）上述反应达到平衡后，往容器中同时加入1molCO2和1mol H2O（g），此时平衡将（填“向左”、“向右”或“不”）移动（5）上述温度下，反应CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的平衡常数K=（计算结果保留2位小数）xx山东省临沂十九中高二（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题1下列反应属于吸热反应的是（）AC6H12O6（葡萄糖）+6O26CO2+6H2OBHCl+KOHKCl+H2OC反应物的总能量大于生成物的总能量D破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量【考点】吸热反应和放热反应【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）；放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中反应物的总能量小于生成物的总能量；放热反应中破坏反应物全部化学键所需能量小于破坏生成物全部化学键所需能量；吸热反应中破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量【解答】解：AC6H12O6体内氧化是氧化反应，是常见放热反应，故A错误； BHCl和KOH反应是中和反应，是常见放热反应，故B错误； C反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，故C错误；D破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量，是吸热反应，故D正确故选D2下列说法正确的是（）A甲烷的燃烧热为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJmol1BNaOH（aq）+CH3COOH （aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）H=57.3kJ/mol （中和热）C测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应后终止温度D2H2 （g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJ/mol （燃烧热）【考点】反应热和焓变；热化学方程式【分析】A、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态B、应注意弱电解质的电离是吸热的C、根据中和热的测定分析D、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量【解答】解：A、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态而不能为气态，故A错误B、中和热指的是在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5mol水时，放出28.7kJ的热量，即中和热的数值为57.4kJ/mol，但稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/mol，故B错误C、测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应后终止温度，故C正确D、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，故D错误故选C3在一密闭烧瓶中，在25时存在着平衡：2NO2N2O4（正反应放热）把烧瓶置于100的水中，则下列几项性质中不会改变的是（）颜色；平均分子量；质量；压强；密度A和B和C和D和【考点】化学平衡的调控作用【分析】可逆反应2NO2N2O4，正反应放热，升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2N2O4向左进行，二氧化氮的浓度增大，颜色加深；混合气体总的物质的量增大，根据M=判断；反应混合物都是气体，根据质量守恒定律判断；升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT判断；根据=判断【解答】解：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2N2O4向左进行二氧化氮的浓度增大，颜色加深；混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M=可知，混合气体的平均相对分子质量减小；反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变；升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大；反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变，容器的容积不变，根据=可知，混合气体的密度不变故选D4利用反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H=746.8kJmol1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（）A降低温度B增大压强同时加催化剂C升高温度同时充入N2D及时将CO2和N2从反应体系中移走【考点】化学平衡的影响因素【分析】提供该反应的速率可以采取增大压强、使用催化剂、升高温度等，同时提高NO的转化率，应采取措施使平衡向正反应方向，结合平衡移动原理分析【解答】解：A该反应正反应为吸热反应，降低温度，化学平衡向逆反应方向移动，NO的转化率转化率降低，化学反应速率减慢，故A错误；B增大压强同时加催化剂，化学反应速率加快，催化剂不移动平衡移动，但增大压强平衡向正反应方向移动，NO的转化率转化率增大，故B正确；C升高温度，化学反应速率加快，化学平衡向吸热方向移动，即向正反应方向，NO的转化率转化率增大，同时充入N2，化学平衡向逆反应方向移动，NO的转化率转化率减小，故C错误；D将CO2和N2从反应体系中移走，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，但反应速率减小，故D错误故选：B5对于达到平衡的反应：2A（g）+B（g）nC（g），符合如图所示的结论是（）AP1P2，n3BP1P2，n3CP1P2，n3DP1P2，n3【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】分析该图象题，需利用化学平衡移动原理，结合图象中有关物理量的变化判断反应改变的条件等，如本题可利用“先拐先平数值大”推知P1P2，在利用平衡时C%的变化可知增大压强，C%变小，说明平衡逆向移动，利用平衡移动原理知方程式中反应物气体计量系数和小于产物气体计量系数和，即n3【解答】解：由“先拐先平数值大”可知P1P2，再结合图示可知增大压强，产物C的百分含量降低，说明加压平衡逆向移动，利用“加压平衡向气体体积减小的方向移动”可推知方程式中气体计量系数和的关系式：n3故选C6化学反应A2（g）+B2（g）2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是（）A每生成2个分子AB吸收（ab） kJ热量B该反应热H=+（ab）kJmol1C该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D断裂1mol AA和1mol BB键，放出a kJ能量【考点】反应热和焓变【分析】A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB；B、反应焓变等于反应物能量总和生成物能量总和；C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量；D、断裂化学键吸收能量；【解答】解：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（ab） kJ热量，故A错误；B、应焓变等于反应物能量总和生成物能量总和；该反应热H=+（ab）kJmol1，故B正确；C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量；故C错误；D、断裂1 mol AA和1 mol BB键，吸收a kJ能量，故D错误；故选B7向足量H2SO4溶液中加入100mL 0.4molL1 Ba（OH）2溶液，放出的热量是5.12kJ如果向足量Ba（OH）2溶液中加入100mL 0.4molL1盐酸时，放出的热量为2.2 kJ则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为（）ABa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）H=2.92 kJmol1BBa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）H=18 kJmol1CBa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）H=73 kJmol1DBa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s）H=0.72 kJmol1【考点】反应热和焓变；热化学方程式【分析】向H2SO4溶液中加入100mL 0.4molL1 Ba（OH）2溶液反应涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+OH（aq）=H20（l），向足量Ba（OH）2溶液中加入100mL 0.4molL1 HCl溶液时，反应涉及的离子方程式为H+（aq）+OH（aq）=H20（l），Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s），从能量守恒的角度解答【解答】解：100mL 0.4molL1 Ba（OH）2的物质的量为0.04mol，向H2SO4溶液中加入100mL 0.4molL1 Ba（OH）2溶液反应涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+OH（aq）=H20（l），100mL 0.4molL1 HCl的物质的量为0.04mol，反应涉及的离子方程式为H+（aq）+OH（aq）=H20（l），根据放出的热量为2.2kJ，可知H+（aq）+OH（aq）=H20（l）H=55kJmol1，设Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H=QkJmol1，则0.04Q+0.08mol55kJmol1=5.12kJ，解之得Q=18，所以Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H=18kJmol1故选B8分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和热的测定下列说法错误的是（）A稍过量的氢氧化钠是确保盐酸完全反应B仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒C在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，则测得的H偏大D用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，结果也是正确的【考点】中和热的测定【分析】A中和热的测定中，为了使测定结果更准确，一般需要使其中一种反应物过量；B根据形状确定仪器名称；C中和反应是放热反应；D氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，生成沉淀的过程中会有热量变化，影响测定结果【解答】解：A测定中和热时，为了使氢离子或者氢氧根离子完全反应，需要让其中一种反应物稍稍过量，故A正确； B仪器A是环形玻璃搅拌棒，故B正确；C中和反应是放热反应，温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，使测得的中和热偏高，故C正确；D硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故D错误故选D9下列对化学反应的认识正确的是（）A化学反应过程中，分子的种类和数目一定发生改变B如果某化学反应的H和S均小于0，则反应一定能自发进行C化学反应过程中，一定有化学键的断裂和形成D放热反应的反应速率，一定比吸热反应的反应速率快【考点】焓变和熵变；化学键；吸热反应和放热反应【分析】A、化学反应前后分子种类发生变化，但数目不一定变化；B、反应自发进行的判断依据是：HTS0；C、化学反应的实质是旧化学键的断裂同时新化学键的形成过程；D、反应速率和反应热无关【解答】解：A、化学反应前后分子种类发生变化，但数目不一定变化，故A错误；B、反应自发进行的判断依据是：HTS0，H和S均小于0，：HTS的正负取决于温度，高温下可能不能自发进行，故B错误；C、化学反应的实质是旧化学键的断裂同时新化学键的形成过程，所以一定有化学键的断裂和形成，故C正确；D、反应速率的大小与反应的类型无关，放热反应的反应速率，不一定比吸热反应的反应速率大，可能小，也可能相等，故D错误；故选C10常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两个实验：（N2O42NO2H0）（a）将两容器置于沸水中加热（b）在活塞上都加2kg的砝码在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是（）A（a）甲乙，（b）甲乙B（a）甲乙，（b）甲=乙C（a）甲乙，（b）甲乙D（a）甲乙，（b）甲乙【考点】化学平衡的影响因素【分析】先分析条件变化引起体积如何变化，再根据甲中存在平衡，乙不存在，分析平衡移动对体积的进一步影响，据此解答【解答】解：（a）在沸水中，气体体积都受热膨胀，甲中存在平衡N2O42NO2 H0，升高温度，平衡正向移动，使体积进一步增大，所以体积：甲乙；（b）都加2kg的砝码，压强增大，气体都缩小，甲中存在平衡N2O42NO2 H0，增大压强，平衡逆向移动，体积减小得更多，所以体积：甲乙；故选D11在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：（甲）C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；（乙）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），现有下列状态：混合气体平均相对分子质量不再改变；恒温时，气体压强不再改变；各气体组成浓度相等；反应体系中温度保持不变；断裂氢氧键速率等于断裂氢氢键速率2倍；混合气体密度不变；单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9：1；同时间内，水蒸汽消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是（）ABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意乙反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，所以不能用压强判断平衡【解答】解：混合气体平均相对分子质量不再改变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以平均相对分子质量始终不变，无法判断乙反应是否达到平衡状态，故错误；恒温时，气体压强不再改变，乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以压强不变无法判断乙是否达到平衡状态，故错误；各气体组成浓度相等，不能判断各组分的浓度不变，无法证明达到了平衡状态，故错误；反应体系中温度保持不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；混合气体密度不变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故错误；单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9：1，水与氢气的物质的量之比为1：1，表示的都是正逆反应速率，无法判断正逆反应速率相等，故错误；同一时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量，证明正逆反应速率相等，达到了平衡，故正确故选D12在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2molL1下列判断错误的是（）A平衡常数约为0.3BB的转化率为40%CA的平均反应速率为0.3 mol（Lmin）1D若混合气体的相对分子质量不变则表明该反应达到平衡状态【考点】化学平衡的计算【分析】A、根据n=cV计算生成C的物质的量，结合D的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值，依据化学平衡三段式列式计算平衡 物质的浓度，结合平衡常数概念计算分析判断；B、根据生成的D的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的B的物质的量，再利用转化率定义计算；C、根据v=计算v（D），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；D、容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度为定值，始终不变【解答】解：A、平衡时生成的C的物质的量为0.2molL12L=0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4mol：0.8mol=x：2，解得x=1，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度； 3A（g）+B（g）C（g）+2D（g） 起始量（mol/L） 1.5 0.5 0 0变化量（mol/L） 0.6 0.2 0.2 0.4平衡量（mol/L） 0.9 0.3 0.2 0.4K=0.13故A错误；B、2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，由方程式3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）可知，参加反应的B的物质的量为：0.8mol=0.4mol，故B的转化率为100%=40%，故B正确；C、2min内生成0.8mol D，故2 min内D的反应速率v（D）=0.2 mol（Lmin）1，速率之比等于化学计量数之比，故v（A）=v（D）=0.2 mol（Lmin）1=0.3 mol（Lmin）1，故C正确；D、因为该反应前后气体体积变小，而反应前后气体质量守恒，所以相对分子质量在反应进行过程中是变化的，当对分子质量不变时则说明反应达到平衡状态，故D正确；故选A13在密闭容器中进行反应：A（g）+3B（g）2C（g），有关下列图象说法的不正确的是（）A依据图a可判断正反应为放热反应B在图b中，虚线可表示使用了催化剂C若正反应的H0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D由图d中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的H0【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【分析】A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应；B、催化剂改变反应速率，缩短反应达到平衡的时间，不能改变化学平衡；C、若正反应的H0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率；D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应【解答】解：A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故A正确；B、催化剂改变反应速率，缩短反应达到平衡的时间，不能改变化学平衡，图象符合改变条件的变化，故B正确；C、若正反应的H0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应H0，故D错误；故选D14已知反应：2NO2 （g）N2O4（g），把NO2、N2O4的混合气体盛装在两个连通的烧瓶里，然后用止水夹夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水里，把烧瓶B放入冰水里，如图所示与常温时烧瓶内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅下列说法错误的是（）A上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快B上述过程中，B烧瓶内c（NO2）减小，c（N2O4）增大C上述过程中，A、B烧瓶内气体密度均保持不变D反应2NO2（g）N2O4（g）的逆反应为放热反应【考点】化学平衡的影响因素【分析】A升高温度，正、逆反应速率都增大；BB烧瓶内气体颜色变浅，说明平衡向生成N2O4方向移动；C容器的容积不变，混合气体的质量不变，结合=判断D放在热水中的A烧瓶内气体颜色变深，放在冰水中的B烧瓶内气体颜色变浅，说明升高温度平衡向生成NO2，降低温度平衡向生成N2O4方向移动【解答】解：A升高温度，正、逆反应速率都增大，故A正确；BB烧瓶内气体颜色变浅，说明平衡向生成N2O4方向移动，B烧瓶内c（NO2）减小，c（N2O4）增大，故B正确；C容器的容积不变，混合气体的质量不变，由=可知，A烧瓶、B烧瓶内气体密度都不变，故C正确；D放在热水中的A烧瓶内气体颜色变深，放在冰水中的B烧瓶内气体颜色变浅，说明升高温度平衡向生成NO2，降低温度平衡向生成N2O4方向移动，故反应2NO2（g）N2O4（g）的正反应为放热反应，故D错误；故选D15某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mol A和1.0mol B，反应A（g）+B（g）C（g）经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（）t/s05152535n（A）/mol1.00.850.810.800.80A反应在前5 s的平均速率v（A）=0.17 molL1s1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41 molL1，则反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的转化率大于80%D相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，反应达到平衡前v（正）v（逆）【考点】化学平衡的计算【分析】依据化学平衡三段式列式计算； A（g）+B（g）C（g）起始量（mol） 1.0 1.0 0变化量（mol） 0.20 0.20 0.20平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20A、依据V（A）=计算；B、平衡状态A的物质的量为0.8mol，升高温度，平衡时c（A）=0.41molL1，物质的量为0.82mol，物质的量增大，说明平衡逆向进行；C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，据此判断D、计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向【解答】解：A的物质的量达到0.80mol反应达到平衡状态，则 A（g）+B（g）C（g）起始量（mol） 1.0 1.0 0变化量（mol） 0.20 0.20 0.20平衡量（mol） 0.80 0.80 0.20K=0.625A、反应在前5s的平均速率v（A）=0.015molL1s1 ，故A错误；B、保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41molL1，A物质的量为0.41mol/L2L=0.82mol0.80mol，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的H0，故B错误；C、等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，转化率小于80%，故C错误；D、相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，Qc=50K，反应逆向进行，反应达到平衡前v（正）v（逆），故D正确；故选D16在一个体积固定的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B，发生反应：2A（g）+B（g）3C（g）+D（g），达到平衡时C的浓度为a mol/L若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为a mol/L的是（）A4mol A+2mol BB2mol A+1mol B+3mol C+1mol DC3mol C+1mol D+1mol BD3mol C+1mol D【考点】等效平衡【分析】恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C的浓度仍为a mol/L，说明与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）=2mol，n（B）=1mol即可，据此解答【解答】解：A、开始加入4molA+2molB，相当于在加入2molA和1molB达平衡后，再加入2molA和1molB，平衡向正反应进行，平衡时C的浓度大于amol/L，但转化率降低，故C的浓度小于2amol/L，故A错误；B、开始加入2molA+1molB+3molC+1molD，将3molC、1molD按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，故等效为开始加入4molA+2molB所到达的平衡，由A中分析可知，平衡时C的浓度大于amol/L，故B错误；C、开始加入3molC+1molD+1molB，将3molC、1molD按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，故等效为开始加入2molA、2molB所到达的平衡，等效为在加入2molA和1molB达平衡后，再加入1molB，平衡向正反应进行，平衡时C的浓度大于amol/L，故C错误；D、开始加入3molC、1molD，按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，与原平衡为等效平衡，故D正确；故选D17难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如图装置提纯将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后加入适量碘并封管，置于加热炉中，发生反应：TaS2（s）+2I2（g）TaI4（g）+S2（g）下列说法正确的是（）A在不同温度区域，TaI4的量保持不变B在提纯过程中，I2的量不断减少C该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比D在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区【考点】化学平衡的影响因素【分析】A由反应可知，高温区TaI4的量大；B碘被密封在石英管中，在反复提纯的过程中，碘的量不变；C化学新平衡常数K=；D在提纯过程中，I2使反应正向进行【解答】解：A由反应可知，高温正向移动，低温逆向移动，则高温区TaI4的量大，故A错误；B碘被密封在石英管中，在反复提纯的过程中，碘的量不变，故B错误；C化学新平衡常数K=，该反应的平衡常数与生成物TaI4和S2的浓度乘积成正比，故C错误；D在提纯过程中，I2使反应正向进行，则可将TaS2从高温区转移到低温区，故D正确；故选D二、（非选择题）18反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题（1）该反应是放热反应（填“吸热”、“放热”）（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率减小（填“增大”、“减小”、“不变”），原因是该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？无（填“有”、“无”），原因是催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1减小，E2减小（填“增大”、“减小”、“不变”）【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据反应物与生成物总能量大小判断；（2）根据温度对平衡的影响分析移动方向，再判断转化率；（3）加入催化剂能降低反应的活化能，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；（4）加入催化剂能降低反应所需的活化能，据此分析【解答】解：（1）由图象可知该反应是一个能量降低的反应，所以属于放热反应；故答案为：放热；（2）对应放热反应，升高温度，平衡逆移，A的浓度增大，A的转化率减小；故答案为：减小；该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动；（3）加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，但是催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，所以催化剂对该反应的反应热无影响；故答案为：无；催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；（4）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，故答案为：减小；减小19废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末（1）下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是BD（填字母）A热裂解形成燃油B露天焚烧C作为有机复合建筑材料的原料D直接填埋（2）已知下列热化学方程式：O2（g）O+2（g）+eH1=+1175.7kJmol1PtF6（g）+ePtF6（g）H2=771.1kJmol1O2+PtF6（s）O2+（g）+PtF6（g）H3=+482.2kJmol1则反应O2（g）+PtF6（g）=O2+PtF6（s）的H=77.6kJ/mol（3）25，1.01105Pa时，16g液态甲醇（CH3OH）完全燃烧，当恢复到原状态时，放出热量363.3kJ，该反应的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.6 kJmol1（相对原子质量 C12 H1 O16 ），当此反应生成66g CO2时，放出的热量为1089.9KJ【考点】反应热和焓变；三废处理与环境保护【分析】（1）根据环境保护时不会产生污染环境的因素来判断；（2）根据原子守恒写出另一种反应物；利用盖斯定律解答，从待求反应出发，分析待求反应中的反应物和生成物在已知反应中的位置，通过相互加减可得；（3）25，1.01105Pa时，16g 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.6 kJmol1【解答】解：（1）因热裂解形成燃油及作为有机复合建筑材料的原料都可实现资源的再利用，露天焚烧能生成有害气体则污染空气，直接填埋则废旧印刷电路板中的重金属离子会污染土壤，所以不符合环境保护理念的是BD；故答案为：BD；（2）由原子守恒可知，另一种反应物为PtF6（g）；已知：O2（g）=O2+（g）+eH1=+1175.7kJmol1PtF6（g）+e=PtF6（g）H2=771.1kJmol1O2PtF6（S）=O2+（g）+PtF6（g）H3=+482.2kJmol1据盖斯定律，+得：O2（g）+PtF6（g）=O2PtF6（s）H=77.6 kJmol1，故答案为：PtF6（g）；77.6 kJmol1；（3）25，1.01105Pa时，16g 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.6 kJmol1；66g CO2的物质的量是1.5mol，726.6KJ1.5=1089.9KJ，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.6 kJmol1；1089.9KJ20（1）在2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），在其他条件不变的情况下，探究温度对反应的影响，实验结果如图1所示（注：T2T1，均大于300）温度为T2时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均反应速率为mol/（Lmin）通过分析图1，温度对反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的影响可以概括为当其他条件一定时，升高温度，反应速率加快；当其他条件一定时，升高温度，平衡逆向移动下列情形能说明上述反应已达到平衡状态的是AD（填字母）A体系压强保持不变B密闭容器中CO2、H2、CH3OH（g）、H2O（g）4种气体共存CCH3OH与H2物质的量之比为1：3D每消耗1mol CO2的同时生成3mol H2已知H2（g）和CH3OH（l）的燃烧热H分别为285.8kJmol1和726.5kJmol1，写出由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=130.9kJmol1（2）在容积可变的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示该反应的平衡常数表达式K=，250、0.5104 kPa下的平衡常数（填“”、“”或“=”）300、1.5104 kPa下的平衡常数实际生产中，该反应条件控制在250、1.3104 kPa左右，选择此压强而不选择更高压强的理由是在1.3104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡状态的判断【分析】（1）