1、2016-2017学年四川省成都市树德中学高二（上）月考试卷（10月份）一、单项选择题1化学与环境、工农业生产等密切相关，下列叙述正确的是（）A光化学烟雾与大量排放碳氢化合物和氮氧化合物有关B为防止臭氧空洞的扩大，联合国环保组织要求各国大量减少CO2的工业排放量C棉花、蚕丝和锦纶的主要成分都是纤维素D为了防止中秋月饼等富含脂食品氧化变质，延长保质期，可以包装袋中放入生石灰2NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（）A28 g C2H4和C4H8混合气体中含有氢原子总数为4NAB常温常压下，CuZn原电池中，正极产生1.12 L H2时，转移的电子数应小于0.1NAC15g含有的电子数为9NAD
2、2.1 g DTO中所含中子数为NA3硫酸生产中炉气转化反应为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）研究发现，SO3的体积分数（SO3%）随温度（T）的变化如曲线I所示下列判断正确的是（）A该反应的正反应为吸热反应B反应达到B点时，2v正（O2）=v逆（SO3）C曲线I上A、C两点反应速率的关系是：vAvCD已知V2O5的催化效果比Fe2O3好，若I表示用V2O5催化剂的曲线，则II是Fe2O3作催化剂的曲线4把3.0mol M和2.5mol N混合于2.0L的恒容密闭容器中，发生反应3M（g）+N（g）xP（g）+2Q（g），5min反应达到平衡，已知M的转化率为50%，P的反应速率为0
3、.15molL1min1，则下列说法正确的是（）A方程式中x=2B达平衡后，容器内压强是反应起始时的2倍C向容器中再充入3.0 mol M和2.5 mol N，达新平衡时Q的体积分数减小D容器内混合气体的密度不再变化和平均相对分子质量不再变化均可作为达到平衡状态的标志5下列反应的离子方程式正确的是（）A等物质的量的Ba（OH）2与NH4HSO4在稀溶液中反应：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2OB足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中：CO2+2Na+CO32+H2O=2NaHCO3C酸性高锰酸钾溶液与草酸反应：2MnO4+8H+3C2O42=6CO2+2MnO2+4H2OD向碳酸氢
4、钠溶液中滴入少量澄清石灰水：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O6下列热化学方程式书写和表示正确的是（H的绝对值均正确）（）A2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196kJ/mol（反应热）BCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJ/mol（燃烧热）CNaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=+57.3kJ/mol（中和热）D2NO2=O2+2NOH=116.2kJ/mol（反应热）7已知容器恒压，容器恒容，其它条件相同时，在、中分别加入3molZ，起始时容积相同，发生反应2X（g）+2Y（s）3Z（g）并达平衡下列说法
5、正确的是（）A从起始到平衡所需时间：B平衡时Z的转化率：C平衡后若在中再加入0.1molY，则X的物质的量将减少D平衡后若在中再加入2molZ，则新平衡时Z的体积分数变小8t时，在体积不变的容器巾发生反应：X（g）+3Y（g）2Z（g）H0各组分浓度如下表：物质XYZ初始浓度/molL10.10.302min末浓度/molL10.08平衡浓度/molL10.1下列说法不正确的是（）A02min的平均速率v（X）=0.01molL1min1B达平衡时Y的转化率为50%C其它条件不变，升高温度，平衡逆向移动D其它条件不变，增加X的浓度，v正增大v逆减小，平衡正向移动9某科学家利用二氧化铈（CeO2
6、）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO其过程如下：mCeO2（mx）CeO2xCe+xO2（mx）CeO2xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO下列说法不正确的是（）A该过程中CeO2没有消耗B该过程实现了太阳能向化学能的转化C图中H1=H2+H3D以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH2e=CO32+2H2O10在一定温度下，某体积固定的密闭容器中加入一定量的A物质，发生如下反应：A（s）B（g）+2C（g）下列说法不能说明已达平衡的是（）A的质量不变 气体的平均摩尔质量不变 容器中压强不变 B的体积分数不变生成1molC的同时消耗2molBABCD
7、11将1molH2（g）和2molI2（g）置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）H0，并达到平衡，HI的体积分数（HI）随时间变化如图（）所示若改变反应条件，（HI）的变化曲线如图（）所示，则改变的条件可能是（）A恒温恒容条件下，加入适当催化剂B恒温条件下，缩小反应容器体积C恒容条件下升高温度D恒温条件下，扩大反应容器体积12在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表下列判断不正确的是（）0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.4
8、41.08Aa=6.00B同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变Cb318.2D不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同13向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三种气体，在一定条件下发生反应，各物质浓度随时间的变化如甲图所示t0t1阶段c（B）未画出图乙为t2时刻后改变条件平衡体系中化学反应速率随时间变化的情况，四个阶段各改变一种条件并且改变的条件均不同已知，t3t4阶段为使用催化剂下列说法正确的是（）A若t1=15s，生成物C在t0t1时间段的化学反应速率为0.004molL1s1Bt4t5阶段改变的条件为降低反应温度CB的起始物质的量为0.02molDt5t
9、6阶段可能是增大压强14下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+B两试管各加入5ml 0.1mol/L Na2S2O3溶液，同时分别滴入5ml 0.1mol/L硫酸和盐酸两支试管同时变浑浊其它条件不变时，Cl一定有催化效果C A1箔插入稀HNO3中无现象A1箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性AABBCCDD15在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入a mol NO2，发生如下反应：2NO2（g
10、）N2O4（g）；H0达平衡后再向容器中充入amol NO2，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是（）A平均相对分子质量增大BNO2的转化率提高CNO2的质量分数增大D反应放出的总热量大于原来的2倍16等物质的量的铁和铜的混合物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO 6.72L（标准状况）向反应后的溶液中加入1molL1 NaOH溶液使金属离于恰好沉淀，过滤下列有关说法错误的是（）A混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1B需加入NaOH溶液1000mLC稀硝酸的物质的量浓度是2molL1D最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32g二、填空题（共52分）1
11、7（12分）能源是人类生存和发展的重要支柱研究并有效地开发新能源在能源紧缺的今天具有重要的理论意义已知H2与CO反应生成CH3OH的过程如图所示：CO的燃烧热H2=b kJmol1，CH3OH的燃烧热H3=c kJmol1请根据以上信息，回答下列有关问题：（1）甲醇是一种（填“可”或“不可”）再生能源，甲醇的官能团的电子式是（2）CH3OH燃烧的热化学反应方程式为（3）H2的燃烧热H=（4）一些化学键键能如下：C=O为d kJ/mol；O=O为ekJ/mol；C=O为fkJ/mol则由以上数据有b=（用d、e、f的代数式表示）（5）H2和CO的混合气体n mol，充分燃烧共放出Q kJ热量，则
12、混合气体中H2和CO的物质的量之比为（6）CO与O2可以组成新型燃料电池，若该电池以Pt为电极，以KOH为电解质溶液，写出该燃料电池的正极反应式18（13分）用如图所示的装置来测定镁与硫酸反应的速率，在锥形瓶中加入0，7克镁带，按图连接好装置，从A中加入20.0ml0.5mol/LH2SO4记录注射器活塞的位置和相应的时间记录数据如表时间/s0t2t活塞的位置/ml17.325.636.6（1）检查该装置气密性的方法是（2）仪器A的名称是（3）0t时间段与t2t时间段，化学反应速率最快的是，原因是（4）用上述装置探究Fe3+、Cu2+对双氧水分解速率的影响，所用试剂：5%H2O2、0，1mol
13、/LFeCl3、0.2mol/LCuCl2，完成表的实验设计：实验序号双氧水体积/mL蒸馏水体积/mL添加的物质1100mLFeCl321022mLCuCl2写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：上表中需要添加的物质是mlFeCl3溶液本实验需要测定的数据是（5）为确定MnO2催化双氧水分解的最佳条件，用该实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如表0.1g0.3g0.8g10mL1.5%223s67s36s10mL3.0%308s109s98s10mL4.5%395s149s116s分析表中数据回答下列问题：相同浓度的过氧化氢的分解速率随着MnO2用量的增加而（
14、填“加快”、“减慢”或“不变”）从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入 g的MnO2为较佳选择该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的MnO2时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确？（填“正确”或“不正确”），理由是（提示：H2O2溶液的密度可认为近似相等）19（14分）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1一种工业合成氨的简易流程图如图1：（1）天然气中的H2S杂质常用常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到
15、单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：（2）步骤II中制氯气原理如下：CH4（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）H=+206.4kJmol1CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1对于反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的是a升高温度 b增大水蒸气浓度 c加入催化剂 d降低压强利用反应，将CO进一步转化，可提高H2产量若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为（3）图2表示500、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时N
16、H3体积分数的关系根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图（5）上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是（填序号），简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：20（13分）碳和氮是动植物体中的重要组成元素，向大气中过度排放二氧化碳会造成温室效应，氮氧化物会产生光化学烟雾，目前，这些有毒有害气体的处理成为科学研究的重要内容（1）已知2.00g的C2H2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ热量，写出表示C2H2燃烧热的热化学方程式
17、（2）利用上述反应设计燃料电池（电解质溶液为氢氧化钾溶液），写出电池负极的电极反应式（3）用活性炭还原法处理氮氧化物，有关反应为：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）某研究小组向一个容器容积为3L且容积不变的密闭真空容器（固体试样体积忽略不计）中加入NO和足量的活性炭，在恒温（T1）条件下反应，测得不同时间（t）时各物质的物质的量（n）如表：NON2CO202.0000101.160.420.42200.800.600.60300.800.600.6010min20min以v（NO）表示的反应速率为下列各项能判断该反应达到平衡状态的是（填序号字母）Av（NO）（正）=2v（N2）（逆
18、） B容器内CO2和N2的体积比为1：1C混合气体的平均相对分子质量保持不变 D容器内压强保持不变E混合气体的密度保持不变一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）在3L容积可变的密闭容器中发生上述反应：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g），恒温下c（CO）随反应时间t变化的曲线如图1所示若在t0时改变一个条件，使曲线变成曲线，则改变的条件是；若在t0时刻将容器体积快速压缩至2L（其他条件不变），请在图1中画出c（CO）随反应时间t变化的曲线（5）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）？H=41.2kJ/mol，8
19、50时在一体积为10L的恒容密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，CO和H2O浓度变化如图2所示：下列说法正确的是（填序号）A达到平衡时，氢气的物质的量是0.12molB达到平衡时，反应体系最终会放出49.44kJ热量C第6min时，若升高温度，反应正向移动D第8min时，若充入氦气，会导致v正（CO）v逆（H2O）（6）图3表示在温度分别为T1、T2时，平衡体系中CO的体积分数随压强变化曲线，A、C两点的反应速率AC（填“”、“=”或“”，下同），由状态B到状态A，可采用的方法（填“升温”或“降温”）2016-2017学年四川省成都市树德中学高二（上）月考试卷（10月份）参考答案与试题解析一
20、、单项选择题1化学与环境、工农业生产等密切相关，下列叙述正确的是（）A光化学烟雾与大量排放碳氢化合物和氮氧化合物有关B为防止臭氧空洞的扩大，联合国环保组织要求各国大量减少CO2的工业排放量C棉花、蚕丝和锦纶的主要成分都是纤维素D为了防止中秋月饼等富含脂食品氧化变质，延长保质期，可以包装袋中放入生石灰【考点】FE：三废处理与环境保护【分析】A碳氢化合物和氮氧化合物可污染环境；B臭氧空洞与含氟化合物排放有关；C蚕丝的成分为蛋白质，锦纶的主要成分为合成纤维；D生石灰可吸收水，可作干燥剂，不具有还原性【解答】解：A碳氢化合物和氮氧化合物可污染环境，导致光化学烟雾发生，故A正确；B臭氧空洞与含氟化合物排
21、放有关，与CO2的工业排放量无关，故B错误；C蚕丝的成分为蛋白质，锦纶的主要成分为合成纤维，而棉花的主要成分是纤维素，故C错误；D生石灰可吸收水，可作干燥剂，不具有还原性，不能防止中秋月饼等富含脂食品氧化变质，故D错误；故选A【点评】本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握常见的环境污染物、环境污染问题为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与环境的联系，题目难度不大2NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（）A28 g C2H4和C4H8混合气体中含有氢原子总数为4NAB常温常压下，CuZn原电池中，正极产生1.12 L H2时，转移的电子数应小于0.1NAC15g含有的电子数为
22、9NAD2.1 g DTO中所含中子数为NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、C2H4和C4H8的最简式均为CH2；B、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol；C、求出甲基的物质的量，然后根据甲基中含9个电子来分析；D、求出DTO的物质的量，然后根据DTO中含11个中子来分析【解答】解：A、C2H4和C4H8的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量为2mol，故含4NA个H原子，故A正确；B、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故正极生成的氢气的物质的量小于0.05mol，则转移的电子数小于0.1NA个，故B正确；C、15g甲基的物质的量为1mol，而甲
23、基中含9个电子，故1mol甲基中含9NA个电子，故C正确；D、2.1gDTO的物质的量为0.1mol，而DTO中含11个中子，故1molDTO中含1.1NA个中子，故D错误故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3硫酸生产中炉气转化反应为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）研究发现，SO3的体积分数（SO3%）随温度（T）的变化如曲线I所示下列判断正确的是（）A该反应的正反应为吸热反应B反应达到B点时，2v正（O2）=v逆（SO3）C曲线I上A、C两点反应速率的关系是：vAvCD已知V2O5的催化效果比Fe2O3好，若I表示用V
24、2O5催化剂的曲线，则II是Fe2O3作催化剂的曲线【考点】CI：体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】根据影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）T0前反应未达平衡，T0时处于平衡状态，T0后升高温度平衡向逆反应移动，说明该反应正反应为放热反应；可逆反应达平衡状态，正逆反应速率相等，反应体系中各组分的浓度不再变化；催化剂能改变反应的速率，对平衡移动无影响【解答】解：A由图可知T0前反应未达平衡，T0时处于平衡状态，T0后升高温度平衡向逆反应移动，说明该反应正反应为放热反应，故A错误；B可逆反应达平衡状态，正逆反应速率相等，不同物质表示的正
25、逆反应速率之比等于化学计量数之比，反应达到B点时，到达平衡状态，所以2v正（O2）=v逆（SO3），故B正确；CC点的温度高于A点，温度升高，化学反应速率加快，所以vAvC，故C错误；D使用催化剂，加快化学反应速率，缩短到达平衡时间，但平衡不移动，用V2O5催化剂与Fe2O3作催化剂，到达平衡时三氧化硫的含量应相同，图示不同，故D错误；故选：B【点评】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，注意催化剂只改变化学反应速率，对化学平衡无影响，题目难度中等4把3.0mol M和2.5mol N混合于2.0L的恒容密闭容器中，发生反应3M（g）+N（g）xP（g）+2Q（g），5min反应达到
26、平衡，已知M的转化率为50%，P的反应速率为0.15molL1min1，则下列说法正确的是（）A方程式中x=2B达平衡后，容器内压强是反应起始时的2倍C向容器中再充入3.0 mol M和2.5 mol N，达新平衡时Q的体积分数减小D容器内混合气体的密度不再变化和平均相对分子质量不再变化均可作为达到平衡状态的标志【考点】CP：化学平衡的计算【分析】依据化学平衡三段式列式计算已知M的转化率为50%，反应的M为1.5mol，P的反应速率为0.15molL1min1，物质的量=0.15molL1min1，2.0L5min=1.5mol 3M（g）+N（g）xP（g）+2Q（g）起始量（mol） 3
27、2.5 0 0变化量（mol） 1.5 0.5 0.5x 1平衡量（mol） 1.5 2 0.5x 10.5x=1.5x=3A、依据上述计算结果分析判断；B、气体压强关系是气体物质的量关系；C、再加入3.0mol M和2.5mol N，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向进行；D、平衡混合气体密度等于气体质量除以体积，质量和体积始终不变，不能说明反应达到平衡状态【解答】解：已知M的转化率为50%，反应的M为1.5mol，P的反应速率为0.15molL1min1，物质的量=0.15molL1min1，2.0L5min=1.5mol， 3M（g）+N（g）xP（g）+2Q（g）起始量（mol）
28、 3 2.5 0 0变化量（mol） 1.5 0.5 0.5x 1平衡量（mol） 1.5 2 0.5x 10.5x=1.5x=3A、依据上述计算结果分析判断，x=3，故A错误；B、气体压强关系是气体物质的量关系，达平衡后，容器内压强是反应起始时压强的关系：P起始：P平衡=（3+2，5）：（1.5+2+1.5+1）=5.5：6=11：12，故B错误；C、向容器中再充入3.0 mol M和2.5 mol N，相当于增大压强，平衡逆向进行，所以达新平衡时Q的体积分数减小，故C正确；D、平衡混合气体密度等于气体质量除以体积，质量和体积始终不变，不能说明反应达到平衡状态，反应前后气体质量不变，物质的量
29、增大，平均相对分子质量不再变化均作为达到平衡状态的标志，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学平衡计算分析，主要是费用速率、转化率、平衡标志的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等5下列反应的离子方程式正确的是（）A等物质的量的Ba（OH）2与NH4HSO4在稀溶液中反应：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2OB足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中：CO2+2Na+CO32+H2O=2NaHCO3C酸性高锰酸钾溶液与草酸反应：2MnO4+8H+3C2O42=6CO2+2MnO2+4H2OD向碳酸氢钠溶液中滴入少量澄清石灰水：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O【考点】49：离子
30、方程式的书写【分析】A二者物质的量相等，铵根离子和氢离子都发生反应，漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；B碳酸氢钠的溶解度较小，二者反应生成碳酸氢钠沉淀；C草酸为弱酸，离子方程式中草酸不能拆开；D氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水【解答】解：A等物质的量的Ba（OH）2与NH4HSO4在稀溶液中反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，正确的离子方程式为：Ba2+2OH+NH4+H+SO42=BaSO4+H2O+NH3H2O，故A错误；B足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中，反应会析出碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：CO2+2Na+CO32+H2O=2NaHCO3，故B正确；C酸性高锰酸钾溶液与
31、草酸反应，草酸需要保留分子式，正确的离子方程式为：2MnO4+2H+3H2C2O4=6CO2+2MnO2+4H2O，故C错误；D向碳酸氢钠溶液中滴入少量澄清石灰水，碳酸根离子有剩余，正确的反应为：Ca2+2OH+2HCO3=CO32+CaCO3+2H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等6下列热化学方程式书写和表示正确的是（H的绝对值均正确）（）A2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
32、H=196kJ/mol（反应热）BCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJ/mol（燃烧热）CNaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=+57.3kJ/mol（中和热）D2NO2=O2+2NOH=116.2kJ/mol（反应热）【考点】BE：热化学方程式【分析】A二氧化硫和氧气的反应为放热反应；B应生成稳定的氧化物，如生成水，应为液态；C中和反应为放热反应；DNO2的分解为吸热反应，物质的状态没有标出【解答】解：A二氧化硫和氧气的反应为放热反应，且标出物质的聚集状态，热化学方程式书写正确，故A正确；B表示燃烧热时，应生成稳定的氧化物，
33、甲烷生成水，应为液态，故B错误；C中和反应为放热反应，H0，故C错误；DNO2的分解为吸热反应，H0，且应表明物质的聚集状态，故D错误故选A【点评】本题主要考查了热化学方程式书写方法，为高频考点，题目主要是燃烧热、中和热的概念理解和判断，注意热化学方程式书写方法和原则，题目难度中等7已知容器恒压，容器恒容，其它条件相同时，在、中分别加入3molZ，起始时容积相同，发生反应2X（g）+2Y（s）3Z（g）并达平衡下列说法正确的是（）A从起始到平衡所需时间：B平衡时Z的转化率：C平衡后若在中再加入0.1molY，则X的物质的量将减少D平衡后若在中再加入2molZ，则新平衡时Z的体积分数变小【考点】
34、CB：化学平衡的影响因素【分析】在、中分别加入3molZ，起始时容积相同，发生反应3Z（g）2X（g）+2Y（s）并达平衡A、该反应正反应是气体物质的量减小的反应，I是恒压密闭容器，II是恒容密闭容器，反应压强大于反应压强，压强增大，反应速率加快；B、反应压强大于反应压强，压强增大平衡向体积减小的方向移动；C、Y为固体，增大Y的量，不影响平衡移动；D、平衡后若在中再加入2molZ，相当于在原来基础上缩小体积，压强增大，则平衡正向移动，以此分析【解答】解：在、中分别加入3molZ，起始时容积相同，发生反应3Z（g）2X（g）+2Y（s）并达平衡A、该反应正反应是气体物质的量减小的反应，I是恒压密
35、闭容器，II是恒容密闭容器，反应压强大于反应压强，压强增大，反应速率加快，则从起始到平衡所需时间：III，故A错误；B、反应压强大于反应压强，压强增大平衡向正反应移动，则平衡时Z的转化率：，故B错误；C、Y为固体，增大Y的量，不影响平衡移动，则X的物质的量不变，故C错误；D、平衡后若在中再加入2molZ，相当于在原来基础上缩小体积，压强增大，则平衡正向移动，则新平衡时Z的体积分数变小，故D正确故选D【点评】本题考查化学平衡移动的比较、影响化学平衡的因素等，题目难度中等，分析问题时注意压强对不同反应类型的影响8t时，在体积不变的容器巾发生反应：X（g）+3Y（g）2Z（g）H0各组分浓度如下表：
36、物质XYZ初始浓度/molL10.10.302min末浓度/molL10.08平衡浓度/molL10.1下列说法不正确的是（）A02min的平均速率v（X）=0.01molL1min1B达平衡时Y的转化率为50%C其它条件不变，升高温度，平衡逆向移动D其它条件不变，增加X的浓度，v正增大v逆减小，平衡正向移动【考点】C7：化学平衡建立的过程；CP：化学平衡的计算【分析】A、根据v=计算反应速率；B、利用三段式计算转化了的Y的浓度，再根据转化率=100%计算；C、由于该反应的正反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，据此判断；D、其它条件不变，在增加X的浓度的开始瞬间，v正增大，v逆不变，据此
37、判断【解答】解：A、根据v=计算X的反应速率为mol/（Lmin）=0.01mol/（Lmin），故A正确；B、利用三段式 X（g）+3Y（g）2Z（g）起始浓度（mol/L） 0.1 0.3 0转化浓度（mol/L） 0.05 0.15 0.1平衡浓度（mol/L） 0.05 0.15 0.1所以Y的转化率=100%=100%=50%，故B正确；C、由于该反应的正反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，故C正确；D、其它条件不变，在增加X的浓度的开始瞬间，v正增大，v逆不变，故D错误，故选D【点评】本题主要考查了反应速率的计算、转化率的计算、平衡移动的判断、外界条件对反应速率的影响等知识，
38、中等难度，解题时要注意基础知识的运用9某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO其过程如下：mCeO2（mx）CeO2xCe+xO2（mx）CeO2xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO下列说法不正确的是（）A该过程中CeO2没有消耗B该过程实现了太阳能向化学能的转化C图中H1=H2+H3D以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH2e=CO32+2H2O【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】A、根据题干反应方程式写出总反应：H2O+CO2H2+CO+O2，反应中CeO2没有消耗；B、该过程中在太阳能作用下将H2O、
39、CO2转变为H2、CO；C、根据盖斯定律及图中转化关系进行分析；D、原电池中负极失去电子发生氧化反应【解答】解：A、通过太阳能实现总反应H2O+CO2H2+CO+O2可知：CeO2没有消耗，CeO2为催化剂，故A正确；B、该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故B正确；C、由图中转化关系及据盖斯定律可知：H1为正值，H2+H3为负值，则H1=H2+H3，故C错误；D、CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH生成CO32，故负极反应式为：CO+4OH2e=CO32+2H2O，故D正确；故选C【点评】本题考查了原电池原理、盖斯定律的应用及催化剂的
40、判断，题目难度中等，注意明确盖斯定律的含义及利用盖斯定律求算反应热的方法，明确原电池工作原理10在一定温度下，某体积固定的密闭容器中加入一定量的A物质，发生如下反应：A（s）B（g）+2C（g）下列说法不能说明已达平衡的是（）A的质量不变 气体的平均摩尔质量不变 容器中压强不变 B的体积分数不变生成1molC的同时消耗2molBABCD【考点】CG：化学平衡状态的判断【分析】可逆反应A（s）B（g）+2C（g）为气体体积增大的反应，该反应达到平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化；注意A为固体，反应过程中气体的总质量发生变化，据此进行解答【解答】解：A的质量不变
41、，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故不选；由于该反应中A为固体，而生成气体B、C的物质的量之比始终为1：2，则气体的平均摩尔质量始终不变，不能用平均摩尔质量判断平衡状态，故选；该反应为气体体积增大的反应，若容器中压强不变，说明各组分的浓度不再变化，该反应已经达到平衡状态，故不选；B、C两种气体的体积之比始终为1：2，则反应过程中B的体积分数始终不变，不能用体积分数判断平衡状态，故选；生成1molC的同时消耗2molB，表示的是正逆反应速率，但是不满足计量数关系，说明该反应没有达到平衡状态，故选；故选D【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确化学平衡状态的特征为解答关键
42、，、为易错点，注意该反应中B、C两种气体的物质的量之比始终为1：2，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力11将1molH2（g）和2molI2（g）置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）H0，并达到平衡，HI的体积分数（HI）随时间变化如图（）所示若改变反应条件，（HI）的变化曲线如图（）所示，则改变的条件可能是（）A恒温恒容条件下，加入适当催化剂B恒温条件下，缩小反应容器体积C恒容条件下升高温度D恒温条件下，扩大反应容器体积【考点】CL：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【分析】由图可知，由曲线到曲线，到达平衡的时间缩短，故改变条
43、件，反应速率加快，平衡时曲线表示的HI的体积分数（HI）减小，说明改变条件，平衡向逆反应移动，据此结合选项进行解答【解答】解：A、恒温恒容条件下，加入适当催化剂，加快反应速率，但不影响平衡移动，HI的体积分数（HI）不变，故A错误；B、恒温条件下，缩小反应容器体积，容器内压强增大，反应混合物的浓度增大，反应速率加快，平衡不移动，故B错误；C、恒容条件下，升高温度，速率加快，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，HI的体积分数（HI）减小，符合题意，故C正确；D、恒温条件下，扩大反应容器体积，容器内压强减小，反应混合物的浓度减小，反应速率减慢，改变压强平衡不移动，平衡时HI的体积分
44、数（HI）不变，故D错误；故选：C【点评】本题考查了化学平衡图象、化学反应速率与化学平衡的影响因素等，难度中等，根据图象分析条件变化，对反应速率与平衡移动的影响是解题的关键12在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表下列判断不正确的是（）0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08Aa=6.00B同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变Cb318.2D不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同【考点】1B：真题集萃；CA：化学反应速率的影响因素【分析】A、由表可
45、知温度由318.2328.2，在浓度相同的情况下=0.4，由此解答；B、由表可知温度由318.2b，浓度由0.3mol/L0.5mol/L，速率相等；C、由表可知温度由328.2b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低；D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短【解答】解：A、由表可知温度由318.2328.2，在浓度相同的情况下=0.4，所以a=6，故A正确；B、由表可知温度由318.2b，浓度由0.3mol/L0.5mol/L，速率相等，都是1.80，所以v可能不变，故B正确；C、由表可知温度由328.2b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，
46、所以温度降低，所以温度b318.2，故C正确；D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故D错误；故选D【点评】本题考查较综合，涉及反应速率计算、影晌速率的因素分析等，侧重学生表格数据分析及计算能力的考查，注重对高考高频考点的训练，题目难度中等13向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三种气体，在一定条件下发生反应，各物质浓度随时间的变化如甲图所示t0t1阶段c（B）未画出图乙为t2时刻后改变条件平衡体系中化学反应速率随时间变化的情况，四个阶段各改变一种条件并且改变的条件均不同已知，t3t4阶段为使用催化剂下列说法正确的是（）A
47、若t1=15s，生成物C在t0t1时间段的化学反应速率为0.004molL1s1Bt4t5阶段改变的条件为降低反应温度CB的起始物质的量为0.02molDt5t6阶段可能是增大压强【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；CP：化学平衡的计算【分析】A根据v=计算反应速率；Bt4t5阶段正逆反应速率减小且相等，如是降低温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等；C根据C、A浓度的变化判断二者计量数关系，根据t4t5阶段判断化学方程式，根据化学方程式计算；D如果增大压强，正逆反应速率都增大，平衡不移动【解答】解：A、若t1=15s，生成物C在t0t1时间段的平均反应速率为：v（C）=0.0
48、04molL1s1，故A正确；B如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，应为降低压强，故B错误；C反应中A的浓度变化为0.15mol/L0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，而t3t4阶段为使用催化剂，则t4t5阶段应为减小压强，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）B（g）+2C（g），根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的
49、体积为2L，生成B的物质的量为0.06mol，平衡时B的物质的量为0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol0.06mol=0.04mol，故C错误；D、由C分析可知，如增大压强，平衡不移动，可知t5t6阶段应为升高温度，故D错误；故选A【点评】本题考查化学平衡移动图象、外界条件对平衡的影响、化学平衡与反应速率计算等，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，难度中等，注意从乙图判断各阶段的影响因素此为解答该题的关键，结合甲图中各物质的浓度，判断反应条件的改变14下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KS
50、CN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+B两试管各加入5ml 0.1mol/L Na2S2O3溶液，同时分别滴入5ml 0.1mol/L硫酸和盐酸两支试管同时变浑浊其它条件不变时，Cl一定有催化效果C A1箔插入稀HNO3中无现象A1箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A过量的Fe粉中加入稀HNO3，生成硝酸亚铁；B分别滴入5ml 0.1mol/L硫酸和盐酸，氢离子浓度不同；C氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝和水，Al与硝酸反应生成NO、硝酸铝和水；D氨水显碱性，能使红色石蕊
51、试纸变蓝【解答】解：A过量的Fe粉中加入稀HNO3，生成硝酸亚铁，充分反应后，滴入KSCN溶液，无现象，则现象、结论均不合理，故A错误；B分别滴入5ml 0.1mol/L硫酸和盐酸，氢离子浓度不同，浓度可能影响反应速率，现象、结论均不合理，故B错误；C氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝和水，Al与稀硝酸反应生成NO、硝酸铝和水，不发生钝化，现象、结论均不合理，故C错误；D碱能使红色石蕊试纸变蓝，由操作、现象可知，浓氨水呈碱性，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不
52、大15在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入a mol NO2，发生如下反应：2NO2（g）N2O4（g）；H0达平衡后再向容器中充入amol NO2，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是（）A平均相对分子质量增大BNO2的转化率提高CNO2的质量分数增大D反应放出的总热量大于原来的2倍【考点】C7：化学平衡建立的过程【分析】达平衡后再向容器中充入amol NO2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，据此解答【解答】解：达平衡后再向容器中充入amol NO2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转
53、化率增大，A等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，混合气体的物质的量减小、总的质量不变，故混合气体的平均相对分子质量增大，故A正确；B等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，故B正确；C等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，混合气体的总的质量不变，NO2的质量分数减小，故C错误；D达平衡后再向容器中充入amol NO2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，参加反应的NO2的物质的量大于2amol，故放出的总热量大于原来的2倍，故D正确；故选C【点评】本题考查化学平衡的
54、影响因素，难度中等，构建平衡建立的途径是解题的关键，注意对等效平衡的理解16等物质的量的铁和铜的混合物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO 6.72L（标准状况）向反应后的溶液中加入1molL1 NaOH溶液使金属离于恰好沉淀，过滤下列有关说法错误的是（）A混合物溶解后的溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1B需加入NaOH溶液1000mLC稀硝酸的物质的量浓度是2molL1D最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32g【考点】M3：有关混合物反应的计算；EG：硝酸的化学性质【分析】铁和铜的混合物24g，物质的量为=0.2mol，而6.72L（标准状况）NO 的物质的量为： =0
55、.3mol，所以0.2mol的铁和铜的混合物共转移0.3mol3=0.9mole，即需氢氧化钠0.9mol，根据此分析解题【解答】解：铁和铜的混合物24g，物质的量为=0.2mol，而6.72L（标准状况）NO 的物质的量为： =0.3mol，所以0.2mol的铁和铜的混合物共转移0.3mol3=0.9mole，即需氢氧化钠0.9mol，A、如果铁全部变成三价铁，共转移0.23+0.22=1mole，所以有一部分铁是亚铁离子，设亚铁离子的物质的量为xmol，则铁离子为（0.2x）mol，根据转移电子数目相等，可知2x+3（0.2x）=0.90.4，所以x=0.1mol，所以混合物溶解后的溶液中
56、c（Fe3+）：c（Fe2+）=1：1，故A正确；B、需加入NaOH溶液的体积为： =900mL，故B错误；C、硝酸的物质的量浓度是=2molL1，故C正确；D、最后所得沉淀在空气中充分加热可得氧化铁和氧化铜的固体混合物，质量为：0.1160+0.280=32g，故D正确；故选B【点评】本题考查混合物的计算，难度中等，解题关键是判断沉淀质量时注意物质的转化注意守恒的运用二、填空题（共52分）17（12分）（2016秋青羊区月考）能源是人类生存和发展的重要支柱研究并有效地开发新能源在能源紧缺的今天具有重要的理论意义已知H2与CO反应生成CH3OH的过程如图所示：CO的燃烧热H2=b kJmol1
57、，CH3OH的燃烧热H3=c kJmol1请根据以上信息，回答下列有关问题：（1）甲醇是一种可（填“可”或“不可”）再生能源，甲醇的官能团的电子式是（2）CH3OH燃烧的热化学反应方程式为2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=2ckJmol1（3）H2的燃烧热H=KJ/mol（4）一些化学键键能如下：C=O为d kJ/mol；O=O为ekJ/mol；C=O为fkJ/mol则由以上数据有b=2fd（用d、e、f的代数式表示）（5）H2和CO的混合气体n mol，充分燃烧共放出Q kJ热量，则混合气体中H2和CO的物质的量之比为（2bn2Q）：（bnancn+2Q）（6
58、）CO与O2可以组成新型燃料电池，若该电池以Pt为电极，以KOH为电解质溶液，写出该燃料电池的正极反应式O2+4e+2H2O=4OH【考点】BB：反应热和焓变【分析】（1）甲醇是一种可再生能源，甲醇的官能团是羟基，呈电中性；（2）依据甲醇的燃烧热概念书写热化学方程式；（3）分析图象结合甲醇和一氧化碳的燃烧热，依据盖斯定律计算氢气的燃烧热；（4）依据反应的焓变=反应物的键能之和生成物的键能之和；（5）依据氢气和一氧化碳燃烧的化学方程式计算；（6）正极是氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH；【解答】解：（1）甲醇是一种可再生能源，甲醇的官能团是羟基，呈电中性，电子式
59、为：，故答案为：可；（2）CH3OH的燃烧热H3=ckJmol1；燃烧热是可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，热化学方程式为：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=2ckJmol1，故答案为：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=2ckJmol1；（3）依据甲醇和一氧化碳的燃烧热计算氢气的燃烧热：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=2ckJmol1；2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=2bkJmol1；2H2（g）+CO（g）=CH3OH（l）H=aKJ/mol；依据盖斯定律，2+得到：4H2（g
60、）+2O2（g）=4H2O（l）H=（2a2b+2c）KJ/mol；依据氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，氢气的燃烧热=KJ/mol；故答案为： KJ/mol（4）一些化学键键能如下：CO为d kJ/mol；O=O为ekJ/mol；C=O为fkJ/mol反应为：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=2bkJmol1；反应的焓变=反应物的键能之和生成物的键能之和=2d+e2f2=H=2b，b=2fd；故答案为：2fd；（5）H2和CO的混合气体nmol，设氢气为物质的量为X，一氧化碳物质的量为nX；充分燃烧共放出QkJ热量2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=2
61、bkJmol1；2 2bnX b（nX）2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=（ab+c）KJ/mol 2 a+cbX （a+cb） 得到：b（nX）+（a+cb）=Q；计算得到：X= 混合气体中H2和CO的物质的量之比=： =（2bn2Q）：（bnancn+2Q）故答案为：（2bn2Q）：（bnancn+2Q）；（6）正极是氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e+2H2O=4OH【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法，燃烧热的概念理解和应用，盖斯定律的计算应用，键能计算焓变的应用，混合物的计算分析，原电池的电极反应等，题目难度中等1
62、8（13分）（2016秋青羊区月考）用如图所示的装置来测定镁与硫酸反应的速率，在锥形瓶中加入0，7克镁带，按图连接好装置，从A中加入20.0ml0.5mol/LH2SO4记录注射器活塞的位置和相应的时间记录数据如表时间/s0t2t活塞的位置/ml17.325.636.6（1）检查该装置气密性的方法是将装置安装好后，关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，然后松开活塞，若活塞回到原位则气密性良好；或先将活塞位置固定好，然后从分液漏斗中加水，若水不能顺利流下，则装置气密性好（2）仪器A的名称是分液漏斗（3）0t时间段与t2t时间段，化学反应速率最快的是t2t，原因是镁与硫酸反应放热，温度升高，
63、反应速率加快（4）用上述装置探究Fe3+、Cu2+对双氧水分解速率的影响，所用试剂：5%H2O2、0，1mol/LFeCl3、0.2mol/LCuCl2，完成表的实验设计：实验序号双氧水体积/mL蒸馏水体积/mL添加的物质11004mLFeCl321022mLCuCl2写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：上表中需要添加的物质是4mlFeCl3溶液本实验需要测定的数据是收集相同体积的氧气所需时间（或相同时间产生氧气的体积）（5）为确定MnO2催化双氧水分解的最佳条件，用该实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如表0.1g0.3g0.8g10mL1.5%223s6
64、7s36s10mL3.0%308s109s98s10mL4.5%395s149s116s分析表中数据回答下列问题：相同浓度的过氧化氢的分解速率随着MnO2用量的增加而加快（填“加快”、“减慢”或“不变”）从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入0.3 g的MnO2为较佳选择该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的MnO2时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确？不正确（填“正确”或“不正确”），理由是H2O2的浓度扩大二倍（从1.5%3.0%），但反应所需时间比其二倍小的多（提示：H2O2溶液的密度可认为近似相等）【考点
65、】RJ：探究影响化学反应速率的因素【分析】（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（2）根据实验室常见仪器特征及名称判断；（3）活塞的位置为生成气体的体积，根据相同时间生成气体的体积判断反应速率快慢；反应温度越高，反应速率越快；（4）双氧水在氯化铁作催化剂分解生成水和氧气，据此写出H2O2分解反应方程式并根据化合价变化标明电子转移的方向和数目；在相同的条件下利用一个变量来比较，现催化剂不同，需反应的体积相同；通过相同时间生成气体的体积大小或生成相同体积的气体所需时间大小判断；
66、（5）根据表中双氧水的量相同条件下，加入二氧化锰的质量多少对反应速率的快慢进行判断；结合表中数据分析，双氧水的浓度相同时，加入的最佳的二氧化锰的量；根据表中数据分析相同体积时3.0%的双氧水中与1.5%的双氧水，得出双氧水的浓度与反应速率的关系【解答】解：（1）通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象判断装置气密性，所以检验该套装置的气密性的方法为：将装置安装好后，关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，然后松开活塞，若活塞回到原位则气密性良好；或先将活塞位置固定好，然后从分液漏斗中加水，若水不能顺利流下，则装置气密性好，故答案为：将装置安装好后，关闭分液漏斗活塞，
67、将注射器活塞拉出一定距离，然后松开活塞，若活塞回到原位则气密性良好；或先将活塞位置固定好，然后从分液漏斗中加水，若水不能顺利流下，则装置气密性好；（2）根据实验室常见仪器名称判断，盛装双氧水的化学仪器A具有活塞装置的漏斗，名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（3）0ts，生成气体25.617.3=8.3mL，t2t，生成气体36.625.6=11mL，相同时间生成气体的体积t2t 多，所以t2t 快，是因为镁与硫酸反应放热，温度升高，反应速率加快，故答案为：t2t；镁与硫酸反应放热，温度升高，反应速率加快；（4）双氧水分解的方程式为：2H2O22H2O+O2，反应中双氧水既是氧化剂也是还原剂，
68、双氧水中氧元素化合价为1价，变成氧气失去2个电子，生成水得到2个电子，用双线桥标明电子转移的方向和数目为：，故答案为：；，则该实验的目的为探究催化剂对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，实验1和2需体积相同，所以需4mLFeCl3，故答案为：4；探究Fe3+、Cu2+对双氧水分解速率的影响，通过过氧化氢分解生成的氧气的量判断，可收集相同体积的氧气所需时间（或相同时间产生氧气的体积）测定，故答案为：收集相同体积的氧气所需时间（或相同时间产生氧气的体积）；（5）由表中数据可知，双氧水的量相同，加入的二氧化锰质量越多，反应所需的时间越短，说明反应速率越快，故答案为：
69、加快；根据表中数据，在双氧水的浓度相同时，加入0.3g二氧化锰与加入0.1g二氧化锰对化学反应速率影响相差较大，加入0.3g二氧化锰与加入0.5g二氧化锰对反应速率的影响相差不是很大，所以加入二氧化锰的最佳量为0.3g，故答案为：0.3；从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式（v=）可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快，故答案为：不正确；H2O2的浓度扩大二倍（从1.5%3.0%），但反应所需时间比其二倍小的多【点评】本题考查了探究影响化学反应速率的因素，题目难度中等，试题侧
70、重考查学生的分析、理解能力及对所学知识的灵活应用能力，明确实验目的为解答关键，注意掌握温度、浓度、催化剂等因素对反应速率的影响19（14分）（2014天津）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1一种工业合成氨的简易流程图如图1：（1）天然气中的H2S杂质常用常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：2NH4HS+O2=2NH3H2O+2S（2）步骤II中制氯气原理如下：CH4（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）H=+206.4kJ
71、mol1CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H=41.2kJmol1对于反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的是aa升高温度 b增大水蒸气浓度 c加入催化剂 d降低压强利用反应，将CO进一步转化，可提高H2产量若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为90%（3）图2表示500、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：14.5%（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，
72、从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图（5）上述流程图中，使合成氨放出的热量得到充分利用的主要步骤是（填序号），简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用【考点】CP：化学平衡的计算；CA：化学反应速率的影响因素；CB：化学平衡的影响因素【分析】（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式；（2）根据影响化学反应速率以及平衡移动的因素结合三行式进行计算回答；（3）依据反应特征N2+3H2=2NH3，反应
73、前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为 100，氨气为体积42，计算反应的氮气，依据气体体积比计算原混合气体中氮气体积，得到平衡状态下氮气体积分数；（4）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，据此画出变化图象；（5）依据反应是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断【解答】解：（1）O2把NH4HS氧化为S，可得化学方程式：2NH4HS+O2=2NH3H2O+2S，故答案为：2NH4HS+O2=2NH3H2O+2S；（
74、2）a、反应为吸热反应，反应速率加快，平衡向右移动，H2的百分含量增大，正确；b、增大水蒸气浓度，H2的百分含量减小，错误；c、加入催化剂，H2的百分含量不变，错误；d、降低压强，反应速率减小，错误；设CO的转化量为x CO+H2OCO2+H2转化量（mol） 0.2 0 0.8转化量（mol） x x x转化量（mol） 0.2x x 0.8+x1mol+x=1.18mol，则x=0.18mol，可得CO转化率=100%=90%（3）根据图1可知H2与N2的投料比为3，平衡时NH3体积分数为42%，设H2物质的量为3amol，N2物质的量为amol，N2转化的物质的量为x则 N2+3H22N
75、H3转化量（mol） a 3a 0转化量（mol） x 3x 2x转化量（mol） ax 3a3x 2x100%=42%，解得x=0.592a，则N2的平衡体积分数=100%=14.5%，故答案为：14.5%；（4）随着反应的进行，NH3的物质的量逐渐增大，当反应平衡后，升高温度，平衡向左移动，NH3的物质的量逐渐减小，可画出图象为：故答案为：；（5）分析流程合成氨放热通过热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率；故答案为：；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用
76、【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡计算应用，注意反应特征的计算应用，图象绘制，掌握基础是关键，题目难度较大20（13分）（2016秋青羊区月考）碳和氮是动植物体中的重要组成元素，向大气中过度排放二氧化碳会造成温室效应，氮氧化物会产生光化学烟雾，目前，这些有毒有害气体的处理成为科学研究的重要内容（1）已知2.00g的C2H2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ热量，写出表示C2H2燃烧热的热化学方程式C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）H=1294.8 kJ/mol（2）利用上述反应设计燃料电池（电解质溶液为氢氧化钾溶液），写出电池负极的电极反应式C2H
77、210e+14OH=2CO32+8H2O（3）用活性炭还原法处理氮氧化物，有关反应为：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）某研究小组向一个容器容积为3L且容积不变的密闭真空容器（固体试样体积忽略不计）中加入NO和足量的活性炭，在恒温（T1）条件下反应，测得不同时间（t）时各物质的物质的量（n）如表：NON2CO202.0000101.160.420.42200.800.600.60300.800.600.6010min20min以v（NO）表示的反应速率为0.012mol/（Lmin）下列各项能判断该反应达到平衡状态的是ACE（填序号字母）Av（NO）（正）=2v（N2）（逆） B容
78、器内CO2和N2的体积比为1：1C混合气体的平均相对分子质量保持不变 D容器内压强保持不变E混合气体的密度保持不变一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率不变（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）在3L容积可变的密闭容器中发生上述反应：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g），恒温下c（CO）随反应时间t变化的曲线如图1所示若在t0时改变一个条件，使曲线变成曲线，则改变的条件是加入催化剂；若在t0时刻将容器体积快速压缩至2L（其他条件不变），请在图1中画出c（CO）随反应时间t变化的曲线（5）已知：CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）？H=41.2kJ/mo
79、l，850时在一体积为10L的恒容密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，CO和H2O浓度变化如图2所示：下列说法正确的是B（填序号）A达到平衡时，氢气的物质的量是0.12molB达到平衡时，反应体系最终会放出49.44kJ热量C第6min时，若升高温度，反应正向移动D第8min时，若充入氦气，会导致v正（CO）v逆（H2O）（6）图3表示在温度分别为T1、T2时，平衡体系中CO的体积分数随压强变化曲线，A、C两点的反应速率AC（填“”、“=”或“”，下同），由状态B到状态A，可采用升温的方法（填“升温”或“降温”）【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；BB：反应热和焓变；C7：化学平衡
80、建立的过程；CB：化学平衡的影响因素【分析】1）燃烧热为1mol物质完全燃烧生成温度氧化物的热效应，故可计算1molC2H2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出的热量，写出热化学方程式；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，C2H2放电生成2CO32，利用C元素化合价变化判断失去电子数，根据电荷守恒和质量守恒写出电极反应式；（3）计算10min20min内，NO浓度的变化，得到v（NO）；利用化学平衡状态的特征判断，正逆反应速率相同，个组分含量保持不变；NO的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变；（4）若在t0时改变一个条件，使曲线变成曲线，
81、改变条件瞬间CO浓度不变，平衡时CO的浓度不变，改变条件不影响平衡移动，同时缩短到达平衡的时间，升高温度影响平衡移动，反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，但CO的浓度会增大，应是使用催化剂；若在t0时刻将容器体积快速压缩至2L（其他条件不变），瞬间CO的浓度变为=3mol/L，增大压强最终平衡不移动，反应物转化率不变，故平衡时CO的浓度为=4.5mol/L，反应速率加快，缩短到达平衡时间；（5）A由图可知，平衡时c（CO）=0.2mol/L0.08mol/L=0.12mol/L，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算c（H2），再根据n=cV计算n（H2）；B850时该反应的反应热
82、H41.2kJ/mol；C该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动；D恒容密闭容器中，若充入氦气，体积不变，各物质的浓度不变，速率不变；（6）A、C两点温度一样，压强C点大于A点，故反应速率AC；A、C两点的温度一样，故化学平衡常数不变；状态B到状态A，H2的体积分数增大，使平衡向逆向移动【解答】解：（1）2.00g的C2H2的物质的量为=0.077mol，释放热量99.6kJ，则C2H2的燃烧热为=1294.8 kJ/mol，可写出热化学方程式：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）H=1294.8 kJ/mol，故答案为：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）
83、+H2O（l）H=1294.8 kJ/mol；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，C2H2放电生成2CO32，C元素化合价升高了5，即1molC2H2失去10mole，电极反应式为：C2H210e+14OH=2CO32+8H2O，故答案为：C2H210e+14OH=2CO32+8H2O；（3）10min20min内，NO浓度的变化为=0.12mol/L，v（NO）=0.012mol/（Lmin），故答案为：0.012mol/（Lmin）；Av（NO）（正）=2v（N2）（逆），速率之比等于计量数之比可知，v（N2）（正）=2v（NO）（正），即v（N2）（正）=v（N2）（
84、逆），反应达到平衡状态，故A正确；B容器内CO2和N2的体积比为1：1，不能说明正逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应达到化学平衡状态，故C正确；D反应前后气体体积不变，是否达到平衡状态，压强都不发生变化，故D错误；E=，气体物质的量不变，由于C为固体，则气体总质量m，随着反应进行会发生变化，即密度也会发生变化，当密度不变时，达到化学平衡状态，故E正确；故选ACE，故答案为：ACE；NO的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变，则NO的转化率也不变，故答案为：不变
85、；（4）若在t0时改变一个条件，使曲线变成曲线，改变条件瞬间CO浓度不变，平衡时CO的浓度不变，改变条件不影响平衡移动，同时缩短到达平衡的时间，升高温度影响平衡移动，反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，但CO的浓度会增大，应是使用催化剂，故答案为：加入催化剂；若在t0时刻将容器体积快速压缩至2L（其他条件不变），瞬间CO的浓度变为=3mol/L，增大压强最终平衡不移动，反应物转化率不变，故平衡时CO的浓度为=4.5mol/L，反应速率加快，缩短到达平衡时间，c（CO）随反应时间t变化的曲线为：，故答案为：（5）A由图可知，平衡时c（CO）=0.2mol/L0.08mol/L=0.12
86、mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故c（H2）=c（CO）=0.12mol/L，故n（H2）=0.12mol/L10L=1.2mol，故A错误；B生成1.2mol氢气，通常条件下放出的热量为41.2kJ=49.44kJ，850时该反应的反应热H41.2kJ/mol，故B正确；C该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小，故C错误；D恒容密闭容器中，若充入氦气，体积不变，各物质的浓度不变，速率不变，故D错误；故答案为：B；（6）根据图3，A、C两点温度相同，C点的压强大于A点，故反应速率：AC，B点氢气的含量小于A点的，反应放热，若要提高氢气的含量，必须升高温度；，故答案为：； 升温；【点评】本题较为综合，考查了热化学方程式的书写、化学平衡常数、化学平衡状态的判断已经化学平衡移动，难度中等，其中（4）为图象题，具有一定难度