1、河北省黄骅中学2020-2021学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷两部分。第卷1至 6页，第卷 7至 8页。共100分。考试时间90分钟。相对原子质量 Cu 64 Zn 65第卷（客观题 共60 分）注意事项：答第卷前，考生务必将自己的姓名、学号、班级及准考证号等分别写在试卷相应位置和涂在答题卡上；不能将题直接答在试卷上。一单项选择题（本题包括30小题，每小题2分，共60分）1. 人类在未来将逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”（包括风能、生物质能等太阳能转换形态），届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法错误的是：A. 煤、石油和天
2、然气都属于碳素燃料B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能D. 目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”【答案】D【解析】【详解】A、煤和石油，天然气都为化石燃料，为碳素燃料，不选A；B、太阳能的利用减少化石燃料的使用，从而减慢温室效应，正确，不选B；C、太阳能电池将太阳能转化为电能，为清洁能源和 新能源，正确，不选C；D、菠菜蛋白质制成电池为生物质能，属于太阳能文明时代范畴，错误，选D。2. 反应CO(g)2H2(g)CH3OH(g)过程中的能量变化情况如下图所示，曲线和曲线分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是()A. 该反
3、应的H91 kJmol1B. 催化剂可以参与化学反应C. 加入催化剂，该反应的H变小D. 如果该反应生成液态CH3OH，则H变大【答案】B【解析】【分析】反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，曲线活化能降低，应加入催化剂，以此解答该题。【详解】A反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，H为负值，故A错误；B催化剂参与了化学反应，只是其质量和化学性质在反应前后均没有变化，故B正确；C加入催化剂，降低了反应的活化能，但反应物和生成物能量没变，其能量差即H不变，故C错误；D如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则H减小，故D错误。答案选B。3. 锌铜原电池装置如图所示，
4、其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A. 铜电极上发生氧化反应B. 电池工作一段时间后，甲池的c(SO42)减小C. 电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D. 阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】C【解析】【详解】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2= Zn2+ Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42)不变，故B项错误；C.电解过程中溶液中Zn2由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2+2e= Cu
5、，故乙池中为Cu2Zn2，摩尔质量M(Zn2)M(Cu2)故乙池溶液的总质量增加，C项正确；D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；本题选C。4. 目前人们正研究开发一种高能电池钠硫电池，它以熔融的钠、硫为两极，以Na导电的Al2O3陶瓷作固体电解质，反应为2NaxSNa2Sx。以下说法正确的是()A. 放电时，钠作正极，硫作负极B. 放电时，Na向负极移动C. 充电时，钠极与外电源正极相连，硫极与外电源的负极相连D. 放电时，负极发生的反应是：2Na2e=2Na【答案】D【解
6、析】【分析】可充电电池2NaxSNa2Sx，放电时，作为原电池，Na为负极失去电子，S为正极得到电子。充电时，作为电解池，电极发生的反应与原电池相反，Na为阴极得到电子，S作阳极失去电子。【详解】A.由分析可知，放电时，Na为负极失去电子，S为正极得到电子，故A错误；B.放电时，作为原电池，阳离子向正极移动，故Na向正极移动，故B错误；C.由分析可知，充电时，作为电解池，电极发生的反应与原电池相反，Na为阴极得到电子，S作阳极失去电子。故钠极与外电源负极相连，硫极与外电源的正极相连，故C错误；D. 放电时，Na为负极失去电子，负极发生的反应是：2Na2e=2Na，故D正确；答案选D。5. 下图
7、为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图。下列说法不正确的是A. 从E口逸出的气体是H2B. 从B口加入含少量NaOH水溶液以增强导电性C. 标准状况下每生成22.4 L Cl2，便产生1 mol NaOHD. 电解一段时间后通入适量氯化氢可以恢复到电解前的浓度【答案】C【解析】【分析】根据溶液中钠离子的迁移方向可以判断该电解池的左室为阳极室，右室为阴极室。阳极上氯离子放电生成氯气，阴极氢离子放电生成氢气，同时阴极区域生成氢氧根离子，钠离子通过离子交换膜到达阴极区域，生成氢氧化钠。【详解】A由分析可知，右室为阴极室，从E口逸出的气体是氢气，A正确；B离子浓度越大，溶液的导电能力越强，所以从B口
8、加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性，B正确；C由电解饱和食盐水的方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2可知，标准状况下每生成22.4LCl2，生成NaOH的物质的量=2mol，C错误；D阳极析出氯气，阴极析出氢气，根据“少什么加什么”原则可知，要使溶液恢复到电解前的浓度需要通入适量氯化氢气体，D正确；答案选C。6. 某兴趣小组以废弃的易拉罐、漂白粉、氢氧化钠等为原料制造了一种新型环保电池，并进行相关实验，如图所示。电池的总反应方程式为2Al3ClO2OH=3Cl2AlOH2O。下列说法正确的是A. 电池的负极反应式为：ClOH2O2e=Cl2OHB. 当有0.1 mol Al完
9、全溶解时，流经电解液的电子数为1.8061023个C. 往滤纸上滴加酚酞试液，b极附近颜色变红D. b极附近会生成蓝色固体【答案】C【解析】【详解】A电池的正极反应式为：ClOH2O2e=Cl2OH，错误；B电池的负极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，当有0.1 mol Al完全溶解时，流经外电路的电子数为1.8061023个，而在电解质溶液中则是离子定向移动，错误；C往滤纸上滴加酚酞试液，由于Al是负极，所以b极为阴极，在该电极上溶液中的H+放电，破坏了b极附近的水的电离平衡，使该区域的溶液显碱性，所以b电极附近颜色变红，正确；D由于Al是负极，所以与之连接的b极是阴极
10、，b极的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，Cu棒不参与反应，所以b极附近不会生成蓝色固体，错误；答案选C。7. 下列关于化学反应速率的说法正确的是A. 化学反应速率是指单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加B. 化学反应速率为“0.8molL-1s-1”表示的意思：时间为1s时，某物质的浓度为0.8molL-1C. 根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的限度D 对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显【答案】A【解析】【详解】A化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示，故A正确；B化学反应速率为“0.8molL-1s-1”表示的意思
11、：1s内，某物质的浓度变化为0.8molL-1，故B错误；C根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢，故C错误；D反应速率越大，现象不一定越明显，如酸碱中和反应速率很大，但无明显现象，故D错误；选A。8. 下列说法中有明显错误的是（ ）A. 对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C. 有效碰撞一定在活化分子之间，活化分子之间发生碰撞一定为有效碰撞D. 加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率【答案】C【解析】对有气体参加的化学反应
12、，增大压强使体系体积减小，活化分子浓度增加，所以反应速率增大，故A正确；升高温度，分子能量增大，活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B正确；活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞，故C错误；加入适宜的催化剂，可降低活化能，使活化分子的百分数大大增加，增大化学反应的速率，故D正确。9. 化学反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，经2 min，B的浓度减少0.6 molL-1。对此反应速率的表示正确的是()A. 用A表示的反应速率是0.4 molL1min1B. 前2 min，v正(B)和v逆(C)表示的反应速率的值都是逐渐减小的C. 2 min末的反应速率用B表示是0.3 mol
13、L1min1D. 用C表示的反应速率是0.2 molL1min1【答案】D【解析】【详解】A根据方程式可知A为固体，所以无法用A的浓度变化表示反应速率，故A错误；Bv正(B)即消耗B的速率，根据题意可知前2min内B的浓度减小，所以v正(B)减小，v逆(C)为消耗C的速率，前2min内B减少，则C的浓度增大，所以v逆(C)增大，故B错误；C反应速率表示的一段时间内的平均速率，2min末为一个时刻，无法计算其速率，故C错误；Dv(B)= 0.3molL1min1，不同物质表示的反应速率之比等于计量数之比，所以v(B)：v(C)=3:2，则C表示的反应速率是0.2 molL1min1，故D正确；综
14、上所述答案为D。10. 下列说法错误的是()A. NH4NO3溶于水是自发过程B. 同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，而固态时最小C. 借助于外力能自发进行的过程，其体系的能量趋向于从高能状态转变为低能状态D. 由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合而成的复合判据，更适合判断于所有的过程是否能自发进行【答案】C【解析】【详解】ANH4NO3溶于水吸热，但 NH4NO3溶于水是熵值增加的过程，所以仍然是自发过程，选项A正确；B熵是表示物质混乱度的一种量，同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，而固态时熵值最小，选项B正确；C借助专外力能自发进行的过程，其体系的能量不一定趋向于从高能状态转变为低
15、能状态，例如水向高处流动，选项C错误；D根据GHTS可知，只要G小于0，反应就一定是自发的，选项D正确；答案选C。11. 在四个不同的容器中进行合成氨的反应。根据下列在相同时间内测定的结果，判断生成氨的速率最快的是()A. v(N2)0.05 molL1s1B. v(H2)0.3 molL1min1C. v(N2)0.2 molL1min1D. v(NH3)0.3 molL1min1【答案】A【解析】【详解】反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，对于在不同情况下进行的同一反应，用不同物质来表示的化学反应速率的比较，可以根据反应方程式中各种物质的速率关系，转化为用同一种物质的速率大小来比
16、较，由反应速率之比等于化学计量数之比可得；Av(N2)=0.05 mol/(Ls)=3.0 mol/(Lmin)；Bv(H2)=3 v(N2)=0.3 mol/(Lmin)，则v(N2)=0.1 mol/(Lmin)；Cv(N2)=02mol/(Lmin)；Dv(NH3)=2v(N2)=0.3 mol/(Lmin)，则v(N2)=0.15 mol/(Lmin)；则A中生成氨的速率最快，故选A。12. 在可逆反应2A(g)+3B(g)xC(g)+D(g)中，已知：起始浓度A为5mol/L，B为3mol/L，C的反应速率为0.5mol/(Lmin)，2min后，测得D的浓度为0.5mol/L。则关
17、于此反应的下列说法中正确的是( )A. 2min末时，A和B的浓度之比为53B. x=1C. 2min末时，B的浓度为1.5mol/LD. 2min末时，A的消耗浓度为0.5mol/L【答案】C【解析】【分析】2min后，测得D的浓度为0.5mol/L，则D的浓度变化0.5mol/L，C的反应速率为0.5mol/(Lmin)，则2min内，C的浓度变化量=0.5mol/(Lmin)2min=1mol/L，据此列三段式如下：【详解】A2min末，c(A):c(B)=4:1.5=8:3，A错误；B1:0.5=x:1，解得x=2，B错误；C2min末，c(B)=1.5mol/L，C正确；D2min末
18、，c(A)=1mol/L，D错误。答案选C。13. 一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的（）A. CaCO3（s）B. Na2SO4溶液C. KNO3溶液D. CuSO4（s）【答案】B【解析】【分析】因Fe过量，则减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，以此来解答。【详解】A因盐酸与CaCO3固体反应，会导致生成氢气的量减少，故A不符合题意；B加入Na2SO4溶液，溶液体积增大，浓度减小，反应速率减小，但生成氢气的总量不变，故B符合题意；C加入KNO3溶液，生成NO气体而不生成氢气，故C不符
19、合题意；D加入硫酸铜，置换出铜，形成原电池反应，加快反应速率，故D不符合题意。答案选B。14. 下列有关化学反应速率的说法不正确的是()A. 化学反应达到最大限度时，正逆反应速率也达到最大且相等B. 改变条件化学反应的限度不一定发生改变C. 用锌和稀硫酸反应制取H2时，滴加几滴硫酸铜溶液能加快反应速率D. 用铁片和稀硫酸反应制H2比用98%的浓硫酸产生H2的速率快【答案】A【解析】【详解】A化学反应达到最大限度时，正逆反应速率相等，但不一定最大，故A错误；B当外界条件发生改变，平衡不一定发生移动，化学反应限度不一定改变，故B正确；C锌置换出铜，可形成原电池反应，加快反应速率，故C正确；D浓硫酸
20、具有强氧化性，与铁发生钝化反应，不生成氢气，故D正确。答案选A。15. 下图体现了有无催化剂参与反应过程的能量变化图。下列有关说法正确的是()A. 使用催化剂能够加快反应的速率，根本上是由于催化剂降低了正逆反应的活化能B. C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，该反应过程可用上图图像表示C. 使用催化剂不仅能加快反应速率，而且可以让不可能发生的反应发生，如利用催化技术处理汽车尾气：2CO2NO=2CO2N2D. 化学反应的本质是旧键的断裂、新键的生成，如图可知反应的能量变化由旧键断裂释放的能量和新键形成吸收的能量大小决定【答案】A【解析】【详解】A反应活化能越小，反应速率越快，据图可
21、知催化剂降低了正逆反应的活化能，加快了反应速率，故A正确；B反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)为吸热反应，图示反应反应物能量高于生成物能量，为放热反应，故B错误；C催化剂只能加快化学反应速率，不能使不可能发生的反应发生，故C错误；D旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，故D错误；综上所述答案为A。16. 一定条件下，将SO2与O2以体积比21置于一体积不变的密闭容器中，发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），能说明该反应已达到平衡的是（）容器内的气体分子总数不再变化体系的密度不发生变化体系中硫元素的质量百分含量不再变化单位时间内转移4 mol电子，同时消耗2 mol S
22、O2SO2与SO3的体积比保持不变v正（SO3）=2v逆（O2）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】容器内的气体分子总数不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故选；反应前后气体总质量不变，容器的体积也不变，所以体系的密度一直不随时间发生变化，不能判定反应是否达到平衡状态，故不选；根据质量守恒规律可知，体系中硫元素的质量百分含量一直不随时间发生变化，不能判定反应是否达到平衡状态，故不选；单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO2，都体现正反应方向的速率，未体现正反应速率与逆反应速率的关系，故不选；反应正向进行，反应物的量减小，生成物的量增大，所以SO2与SO3的
23、体枳比保持不变，说明混合气体中各组分的物质的量不变，反应达平衡状态，故选；v正(SO3)=2 v逆（O2）=2v正(O2)，说明反应达平衡状态，故选；答案选A。17. 下列反应达到平衡后，升高温度可以使混合气体平均相对分子质量增大的是（）A. H2（g）+I2（g）2HI（g）H0B. 4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0C. N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0D. 2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H0【答案】B【解析】【分析】由选项中方程式可知，各反应中混合气体的总质量不变，根据反应热判断温度升高平衡移动方向，确定混合气体总的物质的量变化情况，再根据分
24、析。【详解】A混合气体的总质量不变，总的物质的量不变，平均相对分子质量始终不变，故A不符合；B混合气体的总质量不变，温度升高平衡向逆反应方向移动，混合气体总的物质的量减小，平均相对分子质量增大，故B符合；C混合气体的总质量不变，温度升高平衡向逆反应方向移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，故C不符合；D混合气体的总质量不变，温度升高平衡向逆反应正反应方向移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，故D不符合。答案选B。18. 对于平衡体系mA(g)nB(g) pC(g)qD(g)H0。下列结论中错误的是A. 若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来
25、的2.1倍，则mnpqB. 若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为mnC. 若mnpq，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD. 若温度不变时压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的要小【答案】D【解析】【详解】A容器体积缩小到原来一半（即加压）的瞬间，A的浓度为原来的2倍。新平衡时A的浓度为原来的2.1倍，即平衡左移。据平衡移动原理，有mn pq，选项A正确；B设起始时A、B的物质的量分别为x、y，平衡时A、B的转化率分别为、。则(x)(y)mn。当时，xymn，选项B正确；Cmnpq时，反
26、应中气体分子总数不变。往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol B，不论是否达到新平衡，气体总物质的量都等于2a mol，选项C正确；D若缩小容器体积使新平衡压强是原来的2倍，则新平衡体积小于原来的。若通入与反应无关的气体使压强变成原来的2倍，则体积可以不变，选项D错误。答案选D。19. 已知相同条件下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）H1 K1=xCl2（g）+H2（g）=2HCl（g）H2 K2=y2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）H3 K3=z则下列关系正确的是A. H3=H1+2H2 z=xy2B. H3=H1+
27、H2 z=x+yC. H3=H1+2H2 z=xy2D. H3=H1+H2 z=x/y【答案】A【解析】【分析】根据盖斯定律进行计算，由+2=，得出2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）的H；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除。【详解】根据盖斯定律进行计算，由由+2=得到2NH3（g）+7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g），则H=H3=H1+2H；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除，则K3= K1 K22= xy2，故选A。【点睛】题主要考
28、查了盖斯定律的应用及其平衡常数的转换关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除是解答关键所在。20. 在一个容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的A2气体和0.6 mol B2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)B2(g) 2AB(g)H0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示，下列说法不正确的是A. 图中a点的值为0.15B. 该反应的平衡常数K0.03C. 温度升高，平衡常数K值减小D. 平衡时A2的转化率为62.5%【答案】B【解析】【详解】A、当AB的浓度改变0.5 molL-1，由方程式A2(g)+B2(g)2AB(g)知，A2的浓度改变为0.25mo
29、lL-1，所以a=(0.4-0.25)molL-1=0.15molL-1，即图中a点的值为0.15，故A正确；B、当AB的浓度改变0.5 molL-1，由方程式知，B2的浓度改变为0.25molL-1，所以平衡时B2的浓度为=(0.3-0.25)molL-1=0.05molL-1，K=，故B错误；C、已知A2(g)+B2(g)2AB(g)释放出热量即H0，所以温度升高，平衡逆移，平衡常数K值减小，故C正确；D、当AB的浓度改变0.5 molL-1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25molL-1，已知A2的初始量为0.4molL-1，所以平衡时A2的转化率为100%=62.5%，故D正确；答案
30、选B。21. 化学平衡常数K的数值大小是衡量化学反应进行程度的标志，在常温下，某些反应与平衡常数数值如下：2NO(g) N2(g)O2(g)K111030 2H2(g)O2(g) 2H2O(g)K221081 2CO2(g) 2CO(g)O2(g)K341092 下列说法中正确的是()A. 常温下，水分解产生O2，此时平衡常数的值约为51080B. 常温下，最易分解放出O2的是水C. K3D. 以上都不正确【答案】D【解析】【详解】A2H2(g)O2(g) 2H2O(g) K2=21081，所以2H2O(g)2H2(g)+O2(g) K=510-82，故A错误；B常温下，NO、H2O、CO2三
31、种化合物分解放出O2的化学平衡常数K的数值逐渐减少，则化学反应进行倾向由大到小的顺序为NOH2OCO2，故B错误；C常温下，CO2分解产生O2的反应的平衡常数表达式K3=，故C错误；DA、B、C都错误，故D符合题意。答案选D。22. 在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO2的平衡浓度c(CO2)与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是A. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的 H0B. 在T2时，若反应处于状态D，则一定有(正)(逆)C. 平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)大D. 若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，
32、则K1K2【答案】B【解析】【详解】A由图可知，温度越高平衡时c(CO2)越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即H0，故A正确；BT2时若反应处于状态D，c(CO2)高于平衡浓度，故反应一定向逆反应方向进行，则一定有(正)(逆)，故B错误；C平衡状态A与C相比，C点温度高，已知H0，升高温度平衡向正反应方向移动，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故C正确；D该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故K1K2，故D正确；故答案选B。【点睛】本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等知识，注意曲线的各点都
33、处于平衡状态，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，注意化学平衡图像题的解题技巧。23. 下列说法正确的是A. H(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B. C(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡C. 若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时气体D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等
34、于Q1【答案】B【解析】【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；C.即使A，C物质均为气体，反应前后气体体积也会发生变化，当压强不随时间变化时，仍能说明反应达到平衡，C项错误；D.易知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H，合成氨气实际参与反应n(H2)=310=0.3mol，因而Q1=0.3/3|H|=0.1|H|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=210=0.2mol，Q2=0.2/2|H|=0.1|
35、H|，则Q1=Q2，D项错误。故答案选B。24. 一定条件下，对于可逆反应X(g)3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.08molL1，则下列判断正确的是（ ）A. c1c231B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为23C. X、Y的转化率不相等D. c1的取值范围为0molL1c10.14molL1【答案】D【解析】【详解】A设X转化的浓度为x， X(g)+3Y(g)2Z(g)初始：c1 c2 c3转化：x 3x 2x平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
36、所以c1：c2=(x+0.1moL/L)：(3x+0.3mol/L)=1：3，故A错误；B平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；C反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；D若反应向正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：根据方程式 X(g)+3Y(g)2Z(g)，开始(mol/L)：c1 c2 c3变化(mol/L)：0.04 0.120.08平衡(mol/L)：0.1 0.30.08c1=0.14 c2=0.42 c3=0若反应逆正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最小，Z的浓度最大，假
37、定完全反应，则：根据方程式X(气)+3Y(气)2Z(气)，开始(mol/L)：c1 c2 c3变化(mol/L)：0.1 0.3 0.2平衡(mol/L)：0.1 0.30.08c1=0 c2=0 c3=0.28反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c10，如反应向正反应分析进行，则c10.14molL-1，故有0c10.14molL-1，故D正确；故答案为D。25. 将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反应并达到平衡：X(g)Y(g)2Z(g) H0。当改变某个条件并达到新平衡后，下列叙述正确的是()A. 升高温度，X的体积分数减小B. 增
38、大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变C. 保持温度和容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变D. 保持温度和容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大【答案】C【解析】【详解】A、该反应正向为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即平衡逆向移动，X的体积分数将增大，故A错误；B、因该反应为气体等体积反应，增大压强，平衡不发生移动，Z的物质的量不变，容器体积缩小，因此Z的浓度将增大，故B错误；C、保持温度和容器体积不变，充入惰性气体，各物质浓度不变，平衡不发生移动，Y的浓度不变，故C正确；D、保持温度和容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，达到新的化学平衡时，与原平衡互为等
39、效平衡，X的体积分数不变，故D错误；故答案为C。26. 下列叙述与图象对应符合的是A. 对于达到平衡状态的在t0时刻充入了一定量的，平衡逆向移动B. 对于反应，C. 该图象表示的化学方程式为：D. 对于反应，y可以表示Y的百分含量【答案】B【解析】【详解】A对于达到平衡状态的N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在t0时刻充入了一定量的NH3，c(NH3)立即增大，故V逆立即增大，由于反应物的浓度是在原来基础上逐渐增大，故V正在原来基础上逐渐增大，不会出现突变，故A错误；B根据“定一议二”的原则，将曲线a和b做对比可知压强p2p1，将曲线b和c做对比可知温度T1T2，故B正确；C根据图象可知，
40、A为反应物，B和C为生成物，在t1时反应达平衡，A、B、C的浓度该变量分别为0.8mol/L、0.4mol/L和1.2mol/L，故A、B、C的计量数之比为213，由于此反应最后达平衡，故为可逆反应，故化学方程式为：2AB+3C，故C错误；D从图象可知，温度T升高，y降低。而对于反应2X(g)+3Y(g)2Z(g)H0，升高温度，平衡左移，Y的百分含量升高，故y不能表示Y的百分含量，故D错误；故选B。27. 相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g) 3H2(g) 2NH3(g)H92.4 kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量
41、/mol平衡时反应中的能量变化N2H2NH3130放出热量a kJ230放出热量b kJ260放出热量c kJ下列叙述正确的是A. 放出热量关系：a b C. 达平衡时氨气的体积分数：D. N2的转化率：【答案】A【解析】【详解】AT、V不变时，N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJ/mol，放出热量均小于92.4kJ，向右进行的程度比大，则放出热量关系a b 92.4，A正确；B温度不变平衡常数不变，则三个容器内平衡常数相等，B错误；C与相比，相当于增大压强，平衡正向移动，则达平衡时氨气的体积分数：，D错误。答案选A。28. t 时，某平衡体系中含有 X、Y、Z、W 四种物质，
42、此温度下发生反应的平衡常数表达式如右：。有关该平衡体系的说法正确的是 ( )A. 当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡B. 增大压强，各物质的浓度不变C. 升高温度，平衡常数K增大D. 增加X的量，平衡既可能正向移动，也可能逆向移动【答案】A【解析】【分析】根据平衡常数的定义推知，反应前后气体的体积保持不变，即平衡体系中Y是生成物且是气体，Z和W是反应物且也是气体，X未计入平衡常数中，说明X是固体或液体，但不能确定是反应物还是生成物，由于反应的热效应未知，则升高温度不能确定平衡移动的方向，以此解答。【详解】A由平衡常数可知Z、W为反应物，Y为生成物，X应为固体或纯液体，反应前后气
43、体的物质的量不变，但由于X为固体或液体，得到平衡时，气体的总质量不变，则平均相对分子质量保持不变，可判断得到平衡状态，故A正确；B增大压强虽然平衡不移动，但由于体积变小，因此各物质的浓度均增大，故B错误；C由于反应的热效应未知，则升高温度不能确定平衡移动的方向，故C错误；DX未计入平衡常数中，X量的多少不影响平衡状态，故D错误；答案选A。29. 据报道，在300、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g），下列叙述错误的是A. 使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率B. 反应需在300进行可推测该反应是吸热反应C.
44、充入大量CO2气体可提高H2的转化率D. 从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率【答案】B【解析】【详解】A项，使用Cu-Zn-Fe催化剂可加快反应速率，能大大提高生产效率，A项正确；B项，反应加热与反应放热还是吸热没有直接的关系，如煤的燃烧放热，但需要加热，B项错误；C项，充入大量CO2气体平衡会正向移动，所以可提高H2的转化率，C项正确；D项，从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O会使平衡正向移动，所以可提高CO2和H2的利用率，D项正确；故选B。30. 对达到化学平衡状态的可逆反应：A(？)B(？) C(？)D(？)，若t0时增大压强，正、逆反应
45、速率变化如图所示(v代表反应速率，t代表时间)，下列有关A、B、C、D的状态叙述中正确的是()A. A、B、C是气体，D不是气体B. A、B是气体， C、D有一种是气体C. C、D是气体，A、B有一种是气体D. C、D有一种是气体，A、B都不是气体【答案】C【解析】【分析】由图象可知，其他条件不变时，增大压强，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，则平衡向逆反应方向移动，说明反应物气体的化学计量数之和小于生成物气体的化学计量数之和，以此解答该题。【详解】分析图象，其他条件不变时，增大压强，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，则平衡向逆反应方向移动，说明反应物气体的化学计量
46、数之和小于生成物气体的化学计量数之和，A. A、B、C是气体，D不是气体，增大压强，平衡向正反应方向移动，选项A错误；B. A、B是气体，C、D有一种是气体，增大压强，平衡向正反应方向移动，选项B错误；C. 若C、D是气体，A、B有一种是气体，增大压强，平衡向逆反应方向移动，选项C正确；D. A、B都不是气体，反应物中不存在气体则压强很难影响反应速率，选项D错误；答案选C。第卷（共40 分） 注意事项：第卷共2 页，用钢笔或圆珠笔先将答案直接写在试题卷上，最后写在答题页上31. 燃料电池是利用燃料(如H2、CO、CH4、CH3OH、NH3等)与O2反应从而将化学能转化为电能的装置。(1)甲烷燃
47、料电池(NaOH作电解质溶液)的负极反应式为_,放电过程中溶液的碱性_(填“增强”“减弱”或“不变”)。 (2)瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池示意图如下图，有关说法正确的是(填字母)（ ）a.电池工作时，Na向负极移动b电子由电极2经外电路流向电极1c电池总反应为4NH33O2=2N26H2Od电极2发生的电极反应为O24H4e=2H2O(3)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。B为生物燃料电池的_极,其电极反应式为；_在电池反应中每消耗1 mol氧气，理论上生成标准状况下CO2_L。该电池_(填“能”或“不能”)在高温下工作。【答案】 (1). CH41
48、0OH8e=CO 7H2O (2). 减弱 (3). c (4). 负 (5). C6H12O66H2O24e=6CO224H (6). 22.4 (7). 不能【解析】【详解】(1)甲烷碱式燃料电池，甲烷在负极被氧化，负极反应式为CH410OH8e=CO 7H2O，由于放电过程中氢氧化钠不断消耗，故溶液的碱性减弱； (2) a电池工作时，Na向正极移动，a错误；b电极1上氨气失去电子被氧化，是负极，电极2是正极，故电子由电极1沿着导线流向电极2，b错误；c该燃料电池的总反应，是氨气被氧气氧化的反应，故电池总反应为4NH33O2=2N26H2O，c正确；d电极2上氧气得电子被还原，产生氢氧根离
49、子，发生的电极反应为O22H2O4e=4OH-，d错误；故答案为c；(3)B上葡萄糖被氧化生成二氧化碳，故B为生物燃料电池的负极,其电极反应式为：C6H12O66H2O24e=6CO224H；电池总反应为C6H12O66O2=6H2O +6CO2，由总反应知，在电池反应中每消耗1 mol氧气，理论上生成1mol二氧化碳，故标准状况下CO222.4L；高温下微生物失去生理活性，故该电池不能在高温下工作。32. KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录：回答下列问题：(1)该反应的离子方程式为_。(2)该实验的目的是_。(3)实验试剂除了1 molL1KI溶液、0.1 molL1H2SO
50、4溶液外，还需要的试剂是_，实验现象为_。(4)上述实验操作中除了需要(3)的条件外，还必须控制不变的是_(填字母)。A温度 B试剂的浓度 C试剂的用量(体积) D试剂添加的顺序(5)由上述实验记录可得出的结论是_。【答案】 (1). 4H4IO2=2I22H2O (2). 探究温度对反应速率的影响 (3). 淀粉溶液 (4). 无色溶液变蓝 (5). CD (6). 温度每升高10 ，反应速率增大约2倍【解析】【分析】KI溶液在酸性条件下与氧气反应生成碘单质，由表格数据可知，温度越高，显色时间越短，说明反应速率越快，分析实验数据可得出的结论是每升高10，反应速率增大约2倍。【详解】(1) 碘
51、离子被氧气氧化生成单质碘，氧气在酸性条件下还原成水，该反应的离子方程式为：4H+4I-+O2=2I2+2H2O；故答案为：4H+4I-+O2=2I2+2H2O；(2) 根据表中数据分析，该实验目的是探究温度对反应速率的影响；故答案为：探究温度对反应速率的影响；(3) 为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝色；故答案为：淀粉溶液；无色溶液变蓝色；(4)根据变量的控制，温度是变量，则其他量应保持相同，由于(3)中试剂的浓度已经定好了，故还要使试剂的用量和试剂的添加顺序相同，故答案为：CD；(5) 分析实验数据可得出的结论是每升高10，反应速率增大约2倍；
52、故答案为：每升高10，反应速率增大约2倍。【点睛】本题以KI溶液在酸性条件下与氧气的反应为载体，提高实验探究温度等外界条件对化学反应速率的影响规律，控制变量是解答的关键。33. I.二甲醚是一种重要的清洁燃料，可以通过CH3OH分子间脱水制得：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)H2O(g)H23.5 kJ mol-1。在t1，恒容密闭容器中建立上述平衡，体系中各组分浓度随时间变化如图所示。相同条件下改变起始浓度，某时刻各组分浓度依次为c(CH3OH)0.4 molL-1、c(H2O)0.6 molL-1、c(CH3OCH3)2.4 molL-1，此时正、逆反应速率的大小：v正_v逆(填“
53、”、“”或“”)，反应向_反应方向进行(填“正”或“逆”)。II.若在恒温恒容条件下，仅发生反应MoS2(s)Mo(s)+S2(g)下列说法正确的是_(填字母)。A气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态B气体的相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态 C增加MoS2的量，平衡正向移动达到平衡时S2(g)的浓度为1.4molL-1，充入一定量的S2(g)，反应再次达到平衡，S2(g)浓度_(填“”“”或“=”)1.4molL-1。III在2L恒容密闭容器中充入1.0molS2(g)和1.5molO2(g)，若仅发生反应：S2(g)+2O2(g) 2SO2(g)，5min后反应达到平衡，此时容器
54、压强为起始时的80%，则05min内，S2(g)的反应速率为_。【答案】 (1). K，所以反应逆反应方向移动，v正v逆，答案：；逆；II.A反应前后气体总质量增加，容器体积不变，则反应前后气体的密度增大，当气体的密度不变时反应达到平衡状态，A正确；B该反应只有S2一种气体，所以气体的相对分子质量始终不变，所以气体的相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态，B正确；CMoS2是固体，不影响平衡的移动，所以增加MoS2的量，平衡不移动，C错误；答案：AB；该反应的平衡常数K=c(S2)，平衡后充入一定量的S2(g)，温度不变则平衡常数不变，所以c(S2)不变，答案：=；III恒温恒容条件下气体压
55、强之比等于气体物质的量之比，则平衡时混合气体的物质的量=2.5mol80%=2mol，反应前后气体物质的量减少了0.5mol，根据S2(g)+2O2(g)2SO2(g)可知，气体减少的物质的量相当于参加反应的n(S2)=0.5mol，所以则05min内，S2(g)的反应速率=0.05molL-1min-1，答案：0.05molL-1min-1。【点睛】计算化学反应速率时注意不能用物质的量代替物质的量浓度。34. 研究NOx之间的转化具有重要意义。(1)已知：N2O4(g) 2NO2(g)H0，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强
56、为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp_(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)px(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图1，在图1中画出0t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2T1)，再次画出0t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线。_(2) NO氧化反应：2NO(g)O2(g) 2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图2。I.2NO(g)
57、N2O2(g) H1 II.N2O2(g)O2(g) 2NO2(g) H2决定NO氧化反应速率的步骤是_(填“I”或“II”)在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图3。转化相同量的NO，在温度_(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因：_【答案】 (1). p (2). (3). II (4). T4 (5). H10，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响【解析】【详解】(1)设起始N2O4的物质的量为1
58、mol，N2O4气体的平衡转化率为75%，由题中数据建立三段式：由三段式数据可知N2O4的平衡分压为p=p，NO2的平衡分压为p=p，则平衡常数Kp=p，答案：p；由图1可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为(0.04-0.01)mol/L=0.03mol/L，由N2O4(g)2NO2(g)H0，可知反应生成NO2的浓度为0.03mol/L2=0.06mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为，答案：；(2)由图2可知，反应I的活化能小于反应II的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应I快于反应II，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应II，答案：II；由图3可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应I为放热反应，H10，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，答案：T4；H10，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响。
