精选高二化学上学期第二次测评试题
高二化学上学期第二次阶段测试试题
时遁市安宁阳光实验学校靖江高级中学第二次阶段测试试题高二化学（必修）卷面分值：100分考试时间：75分钟本卷可能用到的相对应的原子质量:H：1 C：12 O：16 S：32 Cl：35.5 Na：23 Fe：56 Cu：64 Ag 108一、单项选择题（在每题只有1个选项是符合要求的，每题3分，共69分）1．（2011泰州中学模拟）被第63届联合国大会定为“国际化学年”。
联合国教科文组织指出，化学在开发可替代能源、保护环境等方面起到主要作用。
下列措施中，不利于．．．节能减排和改善环境的是A．推广可利用太阳能、风能的城市照明系统B. 使用填埋法处理未经分类的生活垃圾C．加速建设地铁、轻轨等轨道交通，减少汽车尾气排放D．积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料2．下列工业上制备物质的过程中，无氧化还原反应发生的是A．合成氨 B．从铝土矿中获得铝 C．玻璃制备 D．从海水中获得氯气3．下列物质与常用危险化学品的类别不对应．．．的是A．H2SO4、NaOH——腐蚀品B．CH4、C2H4——易燃液体C．K、Na——遇湿易燃物品D．KMnO4、HNO3——氧化剂4．下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是A．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3B．相同温度下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3C．106gNa2CO3和84gNaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量：Na2CO3>NaHCO3 D．Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应5．（2011淮安五校1月）铝有较强的抗腐蚀性能，主要是因为A．与氧气在常温下不反应 B．铝性质不活泼C．铝表面形成了一层致密的氧化膜 D．铝耐酸耐碱6．下列气体通入水中，所得溶液呈碱性的是A．Cl2 B．NO2C．CO2D．NH37．（2011苏州中学模拟）要除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，可行的是A．滴入KSCN溶液 B．加入铁粉C．通入氯气 D．加入铜粉8．（2011扬州中学模拟）下列实验装置、试剂选用或操作正确的是A．除去CO2中的HCl B．干燥Cl2 C．稀释浓硫酸 D．制备少量O29．下列离子方程式中，正确的是A ．用小苏打治疗胃酸过多：CO 32－＋H ＋＝CO 2↑＋H 2OB ．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al 2O 3＋2OH －＝2AlO 2－＋H 2O C ．氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe 2＋＋Cl 2＝Fe 3＋＋2Cl－D ．用食醋除去水瓶中的水垢：CO 32－＋2CH 3COOH ＝2CH 3COO －＋CO 2↑＋H 2O 10．要使氯化铝溶液中的Al 3+完全转化为Al(OH)3沉淀，应选用的最佳试剂是 A ．NaOH 溶液 B ．稀盐酸 Ｃ．氨水 Ｄ．AgNO 3溶液 11．（2011扬州中学模拟）用右图所示实验装置（夹持仪器已略去）探究铜丝与过量浓硫酸的反应。
高二化学上第二次阶段考试试题1
高二化学上第二次阶段考试试题化学试题第Ⅰ卷(选择题，共69分)可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 S—32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137一、选择题(每小题只有一个．．．．选项符合题意)1．人的纯净的胃液是一种强酸性液体，pH在0.9～1.5之间，氢氧化铝是一种治疗胃酸过多的胃药的主要成分．目前这种胃药已不常用，原因主要是（）A 长期摄入铝元素不利于人体健康B 它不能中和胃酸C 它不易溶于胃液D 它的疗效太差2．在面盆、痰盂等铁制品表面烧制搪瓷的目的是（）A、防止铁生锈且美观B、增大厚度防止磨损C、增大硬度防止撞坏D、美观和杀菌消毒作用3．国际互联网上报道：“目前世界上有近20亿人患有缺铁性贫血”。
我国政府即将启动“酱油补铁工程”。
这里的铁是指（）A、铁单质B、铁元素C、四氧化三铁D、硫酸铁4．2005年下半年，我国接连发生多起煤矿爆炸事故，造成重大人员伤亡和财产损失。
煤矿发生爆炸事故的元凶是煤矿坑道气中含有的甲烷。
下列关于甲烷的叙述中错误的是（）A．甲烷分子是一种呈正四面体型的、含极性键的非极性分子B．甲烷分子中两个氢原子被氯取代后，可形成两种不同结构的分子C．甲烷是重要的化工原料，其分解产物可用于合成氨和橡胶工业D．“抽”出坑道中的甲烷，既可用作清洁燃料，又可防止爆炸5．锌锰干电池放电时电池总反应式：Zn+2MnO2+2NH4+Zn2++Mn2O3+2 NH3+H2O在此电池放电时，正极(碳棒)上发生反应的物质是（）A．Zn B．碳棒C．MnO2和NH4+D．Zn2+和NH4+6．将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是( ) A ．稀硝酸B ．稀盐酸C ．硝酸铜D ．氢氧化钠7．有机物的正确命名为（ ）A ．2－乙基－3，3－二甲基戊烷B ．3，3－二甲基－4－乙基戊烷C ．3，3，4－三甲基己烷D ．3，4，4－三甲基己烷8．等量镁铝合粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是( )A. 2 mol·L -1 H 2SO 4溶液B. 18 mol·L -1 H 2SO 4溶液C. 6 mol·L -1 KOH 溶液D. 3 mol·L -1 HNO 3溶液 9．下列实验中，溶液颜色有明显变化的是( )A. 少量明矾溶液加入到过量NaOH 溶液中B. 往FeCl 3溶液中滴入KI 溶液，再滴入淀粉溶液C. 少量Na 2O 2固体加入到过量NaHSO 3溶液中D. 往酸性高锰酸钾溶液中滴入少量Fe 2(SO 4)3稀溶液 10．一定能在下列溶液中大量共存的离子组是( )A. 含有大量Al 3+的溶液：Na +、NH 4+、-24SO 、Cl -B. c (H +)＝1×10-13 mol·L -1的溶液：Na +、Ca 2+、-24SO 、-23COC. 含有大量Fe 3+的溶液：Na +、Mg 2+、-3NO 、SCN -D. 含有大量NO 3-的溶液：H +、Fe 2+、-24SO 、Cl -11．氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水经冷凝后可供航天员饮用，其电极反应：负极：2H 2+4OH －－4e －====4H 2O 正极：O 2+2H 2O+4e －====4OH － 当得到1.8L 饮用水时，电池内转移电子物质的量约为（ ）A ．1.8molB ．3.6molC ．100 molD ．200mol12. 甲、乙、丙、丁分别是342)(SO Al 、4FeSO 、NaOH 、2BaCl 四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是（ ）A ．342)(SO AlB ．NaOHC ．2BaClD ．4FeSOCH 3－CH 2－C －CH －CH 3 CH 3 CH 3C 2H 513．一种新型的灭火剂叫“1211”，其分子式是CF2ClBr。
高二化学上学期第二次质检试卷高二全册化学试题 (2)
时遁市安宁阳光实验学校梅州市高二（上）第二次质检化学试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）气体A、B在2L恒容密闭容器中发生反应：4（g）+B（g）⇌2C（g），4s末时，测得n（A）=0.5 mol，n（B）=0.4mol，n（C）=0.2mol．用A浓度的减少来表示该反应的速率为（）A．0.0125mol/（L•s）B．0.025mol/（L•s）C．0.05mol/（L•s）D．0.1mol/（L•s）2．（3分）一定温度下，对可逆反应A（g）+B（g）⇌2C（g）的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（）A．C生成的速率和C分解速率相等B．容器内的压强不再变化C．混合气解的速率相等D．单位时间内消耗1molA，同时生成2molC3．（3分）碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用．锌﹣锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）．下列说法错误的是（）A．电池工作时，锌做负极B．电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣═Mn2O3（s）+2OH﹣（aq）C．电池工作时，电流由正极通过外电路流向负极D．外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小6.5g4．（3分）已知NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42﹣，某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH 为2．对于该溶液，下列叙述不正确的是（）A．该温度高于25℃B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1C．c（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液，可使反应后的溶液恰好呈中性5．（3分）某溶液中FeCl3的水解反应已达平衡FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，若要使FeCl3的水解程度增大，应该采用的方法是（）A．加入NaHCO3B．加入AgNO3固体C．加入FeCl3固体D．降温6．（3分）如图所示，下列叙述正确的是（）A．Y为阴极，发生还原反应B．X为正极，发生氧化反应C．Y与滤纸接触处有氧气生成D．X与滤纸接触处变红7．（3分）（2009•安徽）向体积为V a的0.05mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入体积为V b的0.05mol•L﹣1KOH溶液，下列关系错误的是（）A．V a＞V b时：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（K+）B．V a=V b时：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣）C．V a＜V b时：c（CH3COO﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．V a与V b任意比时：c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）8．（3分）由可逆反应测绘出图象，纵坐标为生成物在平衡混合物中百分含量，下列对该反应的判断正确的是（）A．反应物中一定有气体B．生成物中一定有气体C．正反应一定是放热反应D．正反应一定是吸热反应二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）9．（3分）（1）现有一透明的注射器针筒，充满NO2气体（如图甲），当推动活塞时，气体的颜色将_________ （填“变浅”、“变深”、“先变深后变浅”或“先变浅后变深”），当气体体积变为图甲的一半时（如图乙），NO2的浓度_________ （填“大于”、“等于”或“小于”）推压活塞前NO2浓度的2倍．当观察到_________ 时，可确定针筒内已经达到了化学平衡状态．当活塞后拉时，通过针筒又吸进少量NO2气体，再前推活塞固定在图乙位置，NO2的转化率将_________ （填“增大”、“减小”、或“不变”）．（2）另有一透明的注射器针筒，充满H2、I2、HI气体（如图甲），当推动活塞时，气体的颜色将_________ （填“变浅”、“变深”、“先变深后变浅”或“先变浅后变深”），当气体体积变为图甲的一半时（如图乙，此时I2仍为气体），HI的浓度_________ （填“大于”、“等于”或“小于”）推压活塞前HI浓度的2倍．10．（3分）一密封体系中发生下列反应：N2+3H2 2NH3+Q，下图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图：回答下列问题：（1）处于平衡状态的时间段是_________ ．（2）t1、t3、t4时刻体系中分别是什么条件发生了变化？_________ 、_________ 、_________（3）下列各时间段时，氨的百分含量最高的是_________ ．A．t0～t1 B．t2～t3 C．t3～t4 D．t5～t6．11．（3分）实验室常利用甲醛法测定（NH4）2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO═3H++6H2O+（CH2）6N4H+，然后用NaOH溶液滴定反应生成的酸．某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I：称取样品1.500g．步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀．步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH溶液滴定至终点．按上述操作方法再重复2次．（1）根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数_________ （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH溶液的体积_________ （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_________ ．A、滴定管内液面的变化B、锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由_________ 色变成_________ 色．（2）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL 溶液的体积滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL1 25.00 1.02 21.032 25.00 2.00 21.993 25.00 0.20 20.20若NaOH溶液的浓度为0.1010mol•L﹣1，则该样品中氮的质量分数为_________ ．12．（3分）以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度：难溶电解质Mg（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3溶解度/g 9×10﹣4 1.7×10﹣6 1.5×10﹣4 3.0×10﹣9在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子．例如：①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=4，过滤结晶即可．请回答下列问题：（1）①中加入的试剂应该选择_________ 为宜，其原因是_________ ．（2）②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为_________ ．（3）下列与方案③相关的叙述中，正确的是_________ （填字母）．A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe（OH）2沉淀比Fe（OH）3沉淀较难过滤C．调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜D．Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中E．在pH＞4的溶液中Fe3+一定不能大量存在（4）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe （OH）3的溶度积K sp=8.0×10﹣38，Cu（OH）2的溶度积K sp=3.0×10﹣20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L﹣1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为_________ ，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为_________ ．梅州市高二（上）第二次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）气体A、B在2L恒容密闭容器中发生反应：4（g）+B（g）⇌2C（g），4s末时，测得n（A）=0.5 mol，n（B）=0.4mol，n（C）=0.2mol．用A浓度的减少来表示该反应的速率为（）A．0.0125mol/（L•s）B．0.025mol/（L•s）C．0.05mol/（L•s）D．0.1mol/（L•s）考点：反应速率的定量表示方法．专题：化学反应速率专题．分析：根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）．解答：解：4s末时，测得n（C）=0.2mol，则v（C）==0.025mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v（A）=2v（C）=2×0.025mol/（L•s）=0.05mol/（L•s），故选C．点评：本题考查化学反应速率的有关计算，比较基础，注意掌握反应速率的常用计算方法：定义法与化学计量法．2．（3分）一定温度下，对可逆反应A（g）+B（g）⇌2C（g）的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（）A．C生成的速率和C分解速率相等B．容器内的压强不再变化C．混合气解的速率相等D．单位时间内消耗1molA，同时生成2molC考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：当化学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也不变，注意该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应．解答：解：A、当C的生成速率与C分解的速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；B、该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，无论反应是否达到平衡状态，容器内气体的压强始终不变，所以不能作为平衡状态的判断依据，故B错误；C、不能说明正逆反应速率相等，故C错误；D、单位时间内消耗1molA，会生成2molC，是正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故D错误；故选A．点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意化学平衡的特征，只有反应前后改变的物理量才能作为判断平衡状态的依据．3．（3分）碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用．锌﹣锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）．下列说法错误的是（）A．电池工作时，锌做负极B．电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣═Mn2O3（s）+2OH﹣（aq）C．电池工作时，电流由正极通过外电路流向负极D．外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小6.5g考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2e﹣═Mn2O3（s）+2OH﹣（aq），以此解答该题．解答：解：A．根据总反应可知Zn被氧化，为原电池的负极，故A正确；B．MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2e﹣═Mn2O3（s）+2OH﹣（aq），故B正确；C．原电池中，电子由负极经外电路流向正极，电流由正极通过外电路流向负极，故C正确；D．负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2，外电路中每通过O.1mol电子，消耗的Zn的物质的量为0.05mol，质量为0.0mol×65g/mol=3.25g，故D错误．故选D．点评：本题考查化学电源的工作原理，侧重于学生的分析能力和综合运用电化学知识的考查，题目难度不大，注意电极反应方程式的书写和判断．4．（3分）已知NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42﹣，某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2．对于该溶液，下列叙述不正确的是（）A．该温度高于25℃B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1C．c（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液，可使反应后的溶液恰好呈中性考点： pH的简单计算；水的电离．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A.25℃时纯水中pH=7，水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；B．酸溶液中，水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度；C．根据硫酸氢钠溶液的电荷守恒和物料守恒进行分析；D．纯水的pH=6，说明K w=1×10﹣12，混合溶液呈中性，说明溶液的pH=6．解答：解：A.25℃时pH=7，pH=6说明促进了水的电离，故T＞25℃，故A正确；B．该溶液为强酸溶液，氢离子浓度为0.01mol/L，则氢氧根离子浓度=mol/L=10﹣10mol•L﹣1，该溶液中水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度10﹣10mol•L﹣1，故B错误；C．根据硫酸氢钠溶液中的电荷守恒得：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（SO42﹣），所以得c（H+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣），故C正确；D．c（NaHSO4）0.01mol/L，该温度下pH为12的NaOH溶液中c（NaOH）=1mol/L，二者等体积混合，溶液呈碱性，故D错误．故选BD．点评：本题考查了水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素即可解答，难度不大，注意该温度下水的离子积常数不是10﹣14．5．（3分）某溶液中FeCl3的水解反应已达平衡FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，若要使FeCl3的水解程度增大，应该采用的方法是（）A．加入NaHCO3B．加入AgNO3固体C．加入FeCl3固体D．降温考点：影响盐类水解程度的主要因素．专题：盐类的水解专题．分析：若提高水解程度，就是使水解平衡向着正向移动，根据平衡移动原理进行判断，如水解反应是吸热反应，温度升高，水解程度增大．解答：解：A、碳酸氢钠溶液水解显示碱性，结合了氯化铁水解的氢离子，促进了氯化铁的水解，故A正确；B、加入硝酸银，会和氯化铁溶液中氯离子结合生成氯化银沉淀，二者之间发生复分解反应，相当于减少了氯化铁的水解，故B错误；C、加入氯化铁固体，浓度增大，氯化铁的水解程度减小，故C错误；D、水解反应是吸热反应，温度降低，可以抑制水解，故D错误；故选A．点评：本题考查了影响盐类水解的主要因素，注意水解过程是吸热反应，根据平衡移动进行分析即可，本题难度不大．6．（3分）如图所示，下列叙述正确的是（）A．Y为阴极，发生还原反应B．X为正极，发生氧化反应C．Y与滤纸接触处有氧气生成D．X与滤纸接触处变红考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：因与原电池的正极相连的是电解池的阳极，和原电池的负极相连的是电解池的阴极；电解池的两个电极名称为阴极和阳极，原电池的两个电极名称为正极和负极；原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应；而电解池中阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；电解池的阳极为阴离子放电，电解硫酸钠溶液的实质相当于电解水；酚酞遇到碱变红色，遇到酸不变色．解答：解：A、在Zn、Cu、CuSO4构成的原电池中，锌做负极，铜做正极，和原电池的正极相连的是电解池的阳极，和原电池的负极相连的是电解池的阴极，所以Y为阴极，发生还原反应，故A正确；B、Y为阴极，发生还原反应，X为阳极极，发生氧化反应，故B错误；C、电解硫酸钠溶液的实质相当于电解水，Y为阴极，该极放电的是氢离子，有氢气析出，故C错误；D、X为阳极极，发生氧化反应，该极放电的是氢氧根离子，该极附近氢离子浓度增大，酸性增强，酚酞遇到酸不变色，故D错误．故选A．点评：本题是一道有关原电池和电解池的工作原理的综合题目，要求学生熟悉教材基本知识，具备分析和解决问题的能力．7．（3分）（2009•安徽）向体积为V a的0.05mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入体积为V b的0.05mol•L﹣1KOH溶液，下列关系错误的是（）A．V a＞V b时：c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（K+）B．V a=V b时：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣）C．V a＜V b时：c（CH3COO﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．V a与V b任意比时：c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析： A、酸和碱的物质的量浓度相等，且都是一元的，当V a＞V b时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒判断醋酸根离子与醋酸浓度之和与钾离子浓度的关系．B、当V a=V b时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒判断正误．C、当V a＜V b时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，根据物料守恒和电荷守恒判断．D、V a和V b为任意比时，根据电荷守恒判断正误．解答：解：A、酸和碱的物质的量浓度相等，且都是一元的，当V a＞V b时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒知，c （CH 3COOH ）+c （CH 3COO ﹣）＞0.025mol/L ，c （K +）＜0.025mol/L ，所以c （CH 3COOH ）+c （CH 3COO ﹣）＞c （K +），故A 正确．B 、当V a =V b 时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒知，c （CH 3COOH ）+c （H +）=c （OH﹣），故B 正确．C 、当V a ＜V b 时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，溶液中钾离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液呈碱性，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，当氢氧化钾的体积远远大于醋酸的体积，则氢氧根离子浓度大于醋酸根离子浓度，当氢氧化钾体积比醋酸体积稍微大时，醋酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故C 错误．D 、V a 和V b 为任意比时，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c （K +）+c （H +）=c （OH ﹣）+c （CH 3COO ﹣），故D 正确． 故选C ．点评： 本题考查了混合溶液中离子浓度大小的比较，属于中等难度，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒即可分析解答本题．8．（3分）由可逆反应测绘出图象，纵坐标为生成物在平衡混合物中百分含量，下列对该反应的判断正确的是（ ）A ． 反应物中一定有气体B ． 生成物中一定有气体C ． 正反应一定是放热反应D ． 正反应一定是吸热反应考点： 产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线． 专题： 化学平衡专题．分析： “定一议二”：温度不变时，增大压强，生成物的百分含量降低，说明平衡逆向移动，逆向为体积缩小方向，而题中未给出具体的可逆反应，但是可以确定生成物中一定有气体，压强不变时，升高温度，生成物的百分含量增大，说明平衡正向移动，正向为吸热反应．解答： 解：根据图示可以看出：压强不变，温度升高，产物的百分含量增大，所以平衡正向移动，反应是吸热的，温度不变，压强增大，产物的百分含量减小，所以平衡逆向移动，逆向为体积缩小方向，而题中未给出具体的可逆反应，但是可以确定生成物中一定有气体． 故选BD ．点评： 本题考查学生影响化学平衡移动的因素：温度、压强，注意“定一议二”法的应用，难度中等． 二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）9．（3分）（1）现有一透明的注射器针筒，充满NO 2气体（如图甲），当推动活塞时，气体的颜色将 先变深后变浅 （填“变浅”、“变深”、“先变深后变浅”或“先变浅后变深”），当气体体积变为图甲的一半时（如图乙），NO 2的浓度 小于 （填“大于”、“等于”或“小于”）推压活塞前NO 2浓度的2倍．当观察到 气体颜色不再改变 时，可确定针筒内已经达到了化学平衡状态．当活塞后拉时，通过针筒又吸进少量NO 2气体，再前推活塞固定在图乙位置，NO 2的转化率将 增大 （填“增大”、“减小”、或“不变”）．（2）另有一透明的注射器针筒，充满H 2、I 2、HI 气体（如图甲），当推动活塞时，气体的颜色将 变深 （填“变浅”、“变深”、“先变深后变浅”或“先变浅后变深”），当气体体积变为图甲的一半时（如图乙，此时I 2仍为气体），HI 的浓度 等于 （填“大于”、“等于”或“小于”）推压活塞前HI 浓度的2倍．考点： 化学平衡的影响因素． 专题： 化学平衡专题．分析： （1）充满NO 2气体，当推动活塞时，相当于缩小体积，NO 2的浓度瞬间变大，颜色变深，但又由于2NO 2⇌N 2O 4，缩小体积，压强增大，平衡要向体积减小的方向移动；结合平衡状态的特征来判断；当活塞后拉时，通过针筒又吸进少量NO 2气体，再前推活塞固定在图乙位置，相当于在原平衡的基础上再通少量NO 2气体，等效于成比例改变反应物的量，但又由于体积又回到了原样，所以相当于加压平衡还要向体积减小的方向移动；（2）充满H 2、I 2、HI 气体（如图甲），当推动活塞时，相当于缩小体积，I 2的浓度瞬间变大，颜色变深，但又由于H 2+I 2⇌2HI 反应前后体积不变，所以缩小体积，压强增大，平衡不移动加以分析．解答： 解：（1）充满NO 2气体，当推动活塞时，相当于缩小体积，NO 2的浓度瞬间变大，颜色先变深，但又由于2NO 2⇌N 2O 4，缩小体积，压强增大，平衡要向体积减小的方向移动，所以NO 2的浓度又会变小，颜色又变浅；当气体体积变为图甲的一半时（如图乙），NO 2的浓度应小于推压活塞前NO 2浓度的2倍；结合平衡状态的特征来判断，当反应物的量不变时即为平衡状态；当活塞后拉时，通过针筒又吸进少量NO 2气体，再前推活塞固定在图乙位置，相当于在原平衡的基础上再通少量NO 2气体，等效于成比例改变反应物的量，但又由于体积又回到了原样，所以采取先等效扩大相应的倍数，再加压回到原样，平衡还要向体积减小的方向移动，加大了NO 2的转化率；故答案：先变深后变浅，小于；气体颜色不再改变；增大；（2）充满H 2、I 2、HI 气体（如图甲），当推动活塞时，相当于缩小体积，I 2的浓度瞬间变大，颜色变深，但又由于H 2+I 2⇌2HI 反应前后体积不变，所以缩小体积，压强增大，平衡不移动；故答案：变深；等于．点评： 本题考查了压强对化学平衡的影响，等效平衡的灵活应用，特别要注意反应前后气体体积是否变化的分析．10．（3分）一密封体系中发生下列反应：N 2+3H 2 2NH 3+Q ，下图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图： 回答下列问题：（1）处于平衡状态的时间段是 t 0～t 1，t 2～t 3，t 3～t 4，t 5～t 6 ．（2）t 1、t 3、t 4时刻体系中分别是什么条件发生了变化？ 升高温度 、 使用催化剂 、 减小压强（3）下列各时间段时，氨的百分含量最高的是 A ． A ．t 0～t 1 B ．t 2～t 3 C ．t 3～t 4 D ．t 5～t 6．考点： 化学反应速率与化学平衡图象的综合应用． 专题： 化学平衡专题．分析： （1）从平衡状态的本质特征分析，可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等；（2）由图可知，t 1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t 3正逆反应速率同等程度的增大；t 4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；（3）随着反应的进行，生成的氨气逐渐增多，氨气的体积分数逐渐增大．解答： 解：（1）从平衡状态的本质特征分析，可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，时间处于t 0～t 1，t 2～t 3，t 3～t 4，t 5～t 6时，正逆反应速率相等，则说明反应达到平衡状态，故答案为：t 0～t 1，t 2～t 3，t 3～t 4，t 5～t 6；（2）由图可知，t 1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度； t 3正逆反应速率同等程度的增大，改变条件应为使用催化剂；t 4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强， 故答案为：升高温度；使用催化剂；减小压强；（3）随着反应的进行，生成的氨气逐渐增多，氨气的体积分数逐渐增大，反应进行到最大时间时，生成的氨气最多，氨的体积分数最高，故答案为：A ．点评： 本题考查化学反应速率的变化曲线，题目难度中等，注意化学方程式的特点，判断温度、压强对反应平衡移动的影响，结合外界条件对反应速率的影响分析．11．（3分）实验室常利用甲醛法测定（NH 4）2SO 4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH 4++6HCHO═3H ++6H 2O+（CH 2）6N 4H +，然后用NaOH 溶液滴定反应生成的酸．某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验： 步骤I ：称取样品1.500g ．步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL 容量瓶中，定容，充分摇匀． 步骤Ⅲ：移取25.00mL 样品溶液于250mL 锥形瓶中，加入10mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min 后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH 溶液滴定至终点．按上述操作方法再重复2次． （1）根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH 溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH 溶液的体积 无影响 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 B ．A、滴定管内液面的变化B、锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由无色变成浅红色．（2）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL 溶液的体积滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL1 25.00 1.02 21.032 25.00 2.00 21.993 25.00 0.20 20.20若NaOH溶液的浓度为0.1010mol•L﹣1，则该样品中氮的质量分数为18.85% ．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定．专题：实验探究和数据处理题；实验设计题．分析：（1）①滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；②锥形瓶内是否有水，对实验结果无影响，可从物质的物质的量的角度分析；③滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；④根据酚酞的变色范围确定滴定终点时颜色变化；（2）溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知（CH2）6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数．解答：解：（1）①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高，故答案为：偏高；②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，也就是无影响，故答案为：无影响；③定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察颜色变化，确定滴定终点，故答案为：B；④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色变为粉红（或浅红），故答案为：浅红；（2）溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH溶液为mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.500g 铵盐经溶解后，取了其中进行滴定，即0.15g，滴定结果，溶液中含有H+（含（CH2）6N4H+）共0.02L××0.1010mol/L=0.00202mol，根据4NH4++6HCHO═3H++6H2O+（CH2）6N4H+，每生成4molH+（含（CH2）6N4H+），会消耗NH4+4mol，所以共消耗NH4+0.00202mol，其中含氮元素0.00202mol×14g/mol=0.02828g所以氮的质量分数为×100%=18.85%，故答案为：18.85%．点评：本题考查物质的含量的测定，侧重于中和滴定的考查，注重于学生实验能力和分析能力和计算能力的综合考查，为考试高频考点，题目难度不大．12．（3分）以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度：难溶电解质Mg（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3溶解度/g 9×10﹣4 1.7×10﹣6 1.5×10﹣4 3.0×10﹣9在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子．例如：①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=4，过滤结晶即可．。
【模拟试题】高二化学上册第二次质量检测题
高二化学上册第二次质量检测题化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32Cl 35.5 K 39 Zn 65第I卷（选择题；共54分）一、选择题（本题包括18小题；每小题3分；共48分。
每小题只有一个选项符合题意）１．下列说法中正确的是A．凡是放热反应都是自发的；由于吸热反应都是非自发的B．自发反应在适当条件下才能实现C．自发反应在任何条件下都能实现D．自发反应一定是熵增大；非自发反应一定是熵减小或不变2．对于某一化学反应；下列各项反应条件改变；能使反应历程改变；降低化学反应的活化能；从而提高反应速率的是A．增大反应物浓度B．加压C．加催化剂D．升温3．对于任何一个平衡体系；采用以下措施；一定会使平衡移动的是A．加入一种反应物B．升高温度C．对平衡体系增加压强D．使用催化剂4．下列关于铜电极的叙述；正确的是A．铜锌原电池中铜是负极B．用电解法精炼粗铜时；精铜作阳极C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极D．电解稀硫酸制H2、O2时；铜作阳极5．在一定温度下的恒容密闭容器中；进行如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；已知反应过程中；某时刻SO2、SO3、O2浓度分别是0.2mol·L－1、0.2mol·L－1、0.1mol·L －1；根据极端值的思维方法；当反应达到平衡时；下列数据中；有可能存在的是A．c（SO2）=0.4mol·L－1 B．c（SO2）=0.25mol·L－1C．c（SO2）=c（SO3）·L－1 D．c（SO3）=0.4mol·L－16．在某温度下；可逆反应m A + n B p C + q D的平衡常数为K；下列说法正确的是A．K越大；达到平衡时；反应进行的程度越大B．K越小；达到平衡时；反应物的转化率越大C．K随反应物浓度的改变而改变D．K随温度和压强的改变而改变7．α1和α2分别为A、B在两个恒容容器中平衡体系A(g)2B(g)和2A(g)B(g)的转化率；在温度不变的情况下；均增加A的物质的量；下列判断正确的是A．α1、α2均减小 B．α1、α2均增大C．α1减小；α2增大 D．α1增大；α2减小8．据环保部门测定；我国一些大城市的酸雨pH＝3.5。
高二化学上期第二次月考试卷及答案
高二化学(1,2班)第二次月考试卷考试时间：90分钟；考试分数：100分；可能用到的原子量:H:1 O:16 C:12 P:31 S:32 Cl：35.5 N:14 Fe：56 Na:23第I卷（选择题）一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共54分）1．下列电离方程式中，正确的是（）A．Ca（OH）2═Ca2++2（OH）﹣B．FeCl2═Fe2++3Cl﹣C．H2SO4═H++SO42﹣D．Al2（SO4）3═2Al3++3SO42﹣2．下列反应在任意温度下一定能自发进行的是（）A．2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑B．NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）△H＜0C．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H＞0D．X2Y2（s）═X2（g）+Y2（g）△H＜03．在一定温度下，体积不变的密闭容器中，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）达到平衡的标志是（）A．气体总质量保持不变B．X、Y、Z的浓度都相等C．X、Y、Z的浓度不再发生变化D．X、Y、Z的分子数之比为1：3：24．在100mL0.1mol/L 的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离程度增大，H+浓度减小，可采用方法是（）A．加热B．加入0.1mol/L 的醋酸溶液100mLC．加入少量的0.5mol/L的硫酸D．加入少量1mol/L 的NaOH溶液5．在1L密闭容器中，把1mol A和1mol B混合发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），当反应达到平衡时，生成0.4mol D，并测得C的平衡浓度为0.4mol•L﹣1，下列叙述中不正确的是（）A．x的值为2 B．A的转化率为40%C．B的平衡浓度为0.8 mol•L﹣1 D．D的体积分数为20%6．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同A40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣1 7．某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4mol A和2mol B进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+2D（g），反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol C，则下列说法正确的是（）A．该反应的化学平衡常数表达式是K=B．此时，B的平衡转化率是40% C．增大该体系的压强，化学平衡常数增大D．增加B，B的平衡转化率增大8．一定条件下，在体积为V L的密闭容器中，一氧化碳和氢气反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．如图表示该反应在不同温度下的反应过程．关于该反应，下列说法正确的是（）A．反应达平衡后，升高温度，平衡常数K增大B．反应过程中使用Cu2O/ZnO作催化剂，二者均不参加反应C．500℃反应达到平衡时，用氢气物质的量浓度减少表示该反应的反应速率是：v（H2）=D．300℃反应达到平衡后，若其他条件不变，将体积缩小到原来的，平衡右移，氢气物质的量浓度增大9．一定条件下，达到平衡状态时的可逆反应2A（g）⇌2B（g）+C（g）（正反应为吸热反应），要使B的物质的量增大，而正反应速率降低，可采取的措施是（）A．增加A的物质的量B．减小A的物质的量C．升高体系的温度D．减小体系的压强10．T℃时气体A与气体B在某容器中反应生成气体C，反应过程中A、B、C浓度变化如图①所示．若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图②所示．则下列结论正确的是（）A．该反应的化学方程式是A+3B═2CB．该反应的正反应为放热反应C．定容条件下，混合气体的密度不再变化，则证明该反应达到平衡D．压强增大，则该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小11．已知反应①：CO（g）+CuO（s）⇌CO2（g）+Cu（s）和反应②：H2（g）+CuO（s）⇌Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K．则下列说法正确的是（）A．反应①的平衡常数K1=B．反应③的平衡常数K=C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应为吸热反应D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定增大12．对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（）A B．C． D．13．已知某温度下，几种酸的电离常数如下：K a （HCN ）=6.2×10﹣10mol •L ﹣1、K a （HF ）=6.8×10﹣4mol •L ﹣1、K a （CH 3COOH ）=1.8×10﹣5mol •L ﹣1、K a （HNO 2）=6.4×10﹣6mol •L ﹣1，物质的量浓度都为0.1mol •L ﹣1的下列溶液中，pH 最小的是（ ）A ．HCNB ．HFC ．CH 3COOHD ．HNO 214．在25℃时，密闭容器中X 、Y 、Z 三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：下列说法错误的是（ ）A ．反应达到平衡时，X 的转化率为50%B ．改变温度可以改变此反应的平衡常数C ．增大压强使平衡向生成Z 的方向移动，平衡常数增大D ．反应可表示为X +3Y ⇌2Z ，其平衡常数为160015．已知0.1mol/L 的醋酸溶液中存在电离平衡：CH 3COOH ⇌CH 3COO ﹣+H +，要使溶液中c （H +）/c （CH 3COOH ）值增大，可以采取的措施是（ ）A ．加少量烧碱溶液B ．升高温度C ．加少量冰醋酸D ．加CH 3COONa 固体16．已知25℃下，醋酸稀溶液中存在CH 3COOH ═H ++CH 3COO ﹣，K a =1.75×10﹣5．下列有关说法错误的是（ ）A ．加入冰醋酸K a 变小B ．升高温度K a 变大C ．通入HCl 气体醋酸电离程度变小D ．加入少量NaOH 固体，K a 不变17．已知0.1mol •L ﹣1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH 3COOH ⇌CH 3COO ﹣+H +．欲使平衡发生如图变化，可以采取的措施是（ ）A ．加少量烧碱溶液B ．升高温度C ．加少量冰醋酸D ．加水18．在0.1mol •L ﹣1 CH 3COOH 溶液中存在如下电离平衡：CH 3COOH ⇌CH 3COO ﹣+H +，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）A ．加入水时，平衡向逆反应方向移动B ．加入少量NaOH 固体，平衡向正反应方向移动C ．加入少量0.1mol •L ﹣1 HCl 溶液，溶液中c （H +）减小D ．加入少量CH 3COONa 固体，平衡向正反应方向移动第II 卷（非选择题）二、填空题（本题共3题，共46分）19．现有反应：mA （g ）+nB （g ）⇌pC （g ），达到平衡后，当升高温度时，B 的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C 的质量分数也减小，则：（1）该反应的逆反应为 热反应，且m +n p （填“＞”“=”“＜”）．（2）减压时，A 的质量分数 ．（填“增大”“减小”或“不变”，下同）（3）若加入B （体积不变），则A 的转化率 ．（4）若升高温度，则平衡时B 、C 的浓度之比将 ．（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量 ．（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色（填“变深”“变浅”或“不变”）．20．在一固定容积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌﹣1（1）上述反应中Q0 （选填“＞”或“＜”）．（2）能判断该反应已达到化学平衡状态的依据是．（a）容器中压强不变（b）反应热△H不变（c）V正（H2）=V逆（CO）（d）CO2的质量分数不变（3）温度为850℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）在固定容积的密闭容器中进行，容器内各物质的浓度变化如下表：①计算：3min时（CO的浓度）c1=mol/L，H2O（g）的转化率=．②反应在4min﹣5min之间，平衡向逆方向移动，可能的原因是（单选），表中5min﹣6min之间数值发生变化，可能的原因是（单选）．a．增加水蒸气b．降低温度c．使用催化剂d．增加氢气浓度．21．H2S溶液中存在着下列平衡：H2S⇌H＋＋HS－和HS－⇌H＋＋S2－。
高二化学上学期第二次阶段性测试试题.doc
高二化学上学期第二次阶段性测试试题本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。
考试时间为100分钟。
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 K-39 Ca-40 I-127 Al-27 Fe-56 Ag-108第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（本题包括15小题，每题2分，共30分。
每小题只有一个选项符合题意。
）1.可逆反应2SO2+O 22SO3达平衡时, 通入18O2,再次平衡时, 18O存在于（）A．SO3 O2 B．SO2 SO3C．SO2 O2D．SO2 O2 SO32.用水稀释0.1 mol/L氨水时（温度不变），随加水量的增加而减小的是（）A．c（OH-）/c(NH3·H2O) B．c(NH3·H2O)/ c（OH-）C．c（H+）和c（OH-）的乘积D．O H-的物质的量3.下列反应常温时能自发进行，并既能用能量判据又能用熵判据解释的是（）A.HCl+NH3===NH4ClB.2KClO3===2KCl+3O2↑C.2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑D.Ba(OH)2·8H2O+2 NH4Cl===BaCl2+ 2NH3+10H2O4．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是：（）A.水的离子积变大、pH变小、呈酸性B.水的离子积不变、pH不变、呈中性C.水的离子积变小、pH变大、呈碱性D.水的离子积变大、pH变小、呈中性5.下列溶液中导电性最强的是：（）A、1L 0.1mol/L CH3COOH溶液B、2 L 0.1mol/L H2SO3溶液C、0.5L 0.1mol/L HCl 溶液D、1L 0.1mol/L H2SO4溶液6.常温时，向pH =2的硫酸中加入等体积的下列溶液后，滴入甲基橙试液，出现红色，该溶液可能是：（）A.pH =12 的Ba(OH)2溶液B.pH =12的氨水C.0.01mol/L NaOH 溶液D.0.05mol/LBaCl2溶液7.某温度下．．．．，在48mL 0.1mol/L HNO3溶液中加入12mL 0.4mol/L KOH溶液，所得溶液（）A.呈中性B.强酸性C.pH=7 D.弱酸性8．能源可划分为一级能源和二级能源.自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源;需依靠其它能源的能量间接制取的能源称为二级能源.氢气是一种高效而没有污染的二级能源,它可以由自然界中大量存在的水来制取:2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H =+517.6kJ/mol下列属于一级能源的一组是：（）①电能②水力③天然气④煤炭A．①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④9.下列说法正确的是 ( )A. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强B. 在可逆反应中,增大压强,正、逆反应速率一定同时增大C． PH小于7的溶液一定显酸性D．在可逆反应中,增加反应物的浓度,正反应的速率加快而逆反应速率减慢10．可逆反应达到平衡的根本原因是（）A．反应混合物中各组分的浓度相等B．正逆反应都还在继续进行C．正逆反应的速率均为零D．正逆反应的速率相等11．对某一可逆反应来说,使用催化剂的作用是（）A．提高反应物的平衡转化率B．以同样程度改变正逆反应的速率C．增大正反应速率,减小逆反应速率D．改变平衡混合物的组成12. 下列反应达到平衡后，减压或升温都能使化学平衡向逆反应方向移动的是（）A．S（s）+O 2 SO2 （正反应为放热反应）B．N2 +3H 2 2NH3 （正反应为放热反应）C．C（s）+ CO22CO (正反应为吸热反应)D. H2+I2(g) 2HI (正反应为吸热反应)13．可逆反应：A＋3B2C＋2D(各物质均为气体)在不同情况下测得有下列4 种反应速率，其中反应最快的是（）A．υ（ D）＝0.4 mol / (L·s) B．υ（ C）＝0.8mol / (L·s)C．υ（ B）＝0.6 mol / (L·s)D．υ（ A）＝0.5 mol / (L·s)14．右图是关于反应A2(g)+3B2(g)2C(g)(正反应为放热反应)的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是（）A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D．增大反应物浓度，同时使用催化剂15.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）A．pH=14的溶液：Na+、K+、NO3－、CO32－B．由水电离出的c（H+）=1×10－13mol/L的溶液：HCO3－、K+、SO42－、Cl－C．含大量Fe3+的溶液：NH4+、Na+、SCN－、Cl－D．pH=0的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3－，SO42－二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题有一个或两个选项符合题意。
高二化学上册第二次质量检测题
高二化学上册第二次质量检测题化学试题命题：臧峰可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32Cl 35.5 K 39 Zn 65第I卷〔选择题,共54分〕一、选择题〔此题包括18小题,每题3分,共48分.每题只有一个选项符合题意〕１．以下说法中正确的选项是A．但凡放热反响都是自发的,由于吸热反响都是非自发的B．自发反响在适当条件下才能实现C．自发反响在任何条件下都能实现D．自发反响一定是熵增大,非自发反响一定是熵减小或不变2．对于某一化学反响,以下各项反响条件改变,能使反响历程改变,降低化学反响的活化能,从而提升反响速率的是A．增大反响物浓度B．加压C．加催化剂D．升温3．对于任何一个平衡体系,采用以下举措,一定会使平衡移动的是A．参加一种反响物B．升高温度C．对平衡体系增加压强D．使用催化剂4．以下关于铜电极的表达,正确的选项是A．铜锌原电池中铜是负极B．用电解法精炼粗铜时,精铜作阳极C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极D．电解稀硫酸制H2、O2时,铜作阳极5．在一定温度下的恒容密闭容器中,进行如下反响：2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕,反响过程中,某时刻SO2、SO3、O2浓度分别是0.2mol·L－1、0.2mol·L－1、0.1mol·L－1,根据极端值的思维方法,当反响到达平衡时,以下数据中,有可能存在的是A．c〔SO2〕=0.4mol·L－1 B．c〔SO2〕=0.25mol·L－1C．c〔SO2〕=c〔SO3〕=0.15mol·L－1 D．c〔SO3〕=0.4mol·L－16．在某温度下,可逆反响m A + n B p C + q D的平衡常数为K,以下说法正确的选项是A．K越大,到达平衡时,反响进行的程度越大B．K越小,到达平衡时,反响物的转化率越大C．K随反响物浓度的改变而改变D．K随温度和压强的改变而改变7．α1和α2分别为A、B在两个恒容容器中平衡体系A(g)2B(g)和2A(g)B(g)的转化率,在温度不变的情况下,均增加A的物质的量,以下判断正确的选项是A．α1、α2均减小 B．α1、α2均增大C．α1减小,α2增大 D．α1增大,α2减小8．据环保部门测定,我国一些大城市的酸雨pH＝3.5.在酸雨季节铁制品极易腐蚀,那么在其腐蚀中正极发生的反响是A ．Fe －2e -＝Fe 2+B ．2H 2O ＋O 2＋4e -＝4OH -C ．2H +＋2e -＝H 2↑D ．4OH -－4e -＝2H 2O ＋O 2↑ 9．分析右面的能量变化示意图,确定以下选项中正确的选项是A ．2 A 〔g 〕+ B(g) = 2 C 〔g 〕; △H ＜0B ．2 A 〔g 〕+ B(g) = 2C 〔g 〕; △H ＞0C ．2 A + B = 2 C ；△H ＜0D ．2 C = 2 A +B ；△H ＜010．增大压强,对已到达平衡的以下反响3X 〔g 〕+Y 〔g 〕 2Z 〔g 〕+2Q 〔s 〕产生的影响是 A ．正反响速率增大,逆反响速率减小,平衡向正反响方向移动 B ．正反响速率减小,逆反响速率增大,平衡向逆反响方向移动 C ．正、逆反响速率都增大,平衡向正反响方向移动 D ．正、逆反响速率都没有变化,平衡不发生移动 11．反响C(s)+H 2O(g)CO(g)+ H 2(g) 在一可变容积的密闭容器中进行,在其它条件不变的情况下,以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是 A ．增加CO 的物质的量 B ．将容器的体积缩小一半C ．保持体积不变,充入N 2使体系压强增大D ．保持压强不变,充入N 2使容器体积变大12．如下图,反响：X 〔气〕+3Y 〔气〕 2Z 〔气〕 △H ＜0,在不同温度、不同压强〔p 1＞p 2〕下,到达平衡时,混合气体中Z 的百分含量随温度变化的曲线应为 13．将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反响：2A 〔气〕＋B 〔气〕 2C 〔气〕,假设经 2 s 〔秒〕后测得 C 的浓度为 0.6 mol ·L －1,现有以下几种说法：① 用物质 A 表示的反响的平均速率为 0.3 mol ·L －1·s －1② 用物质 B 表示的反响的平均速率为 0.6 mol ·L －1·s －1 ③2 s 时物质 A 的转化率为70％④ 2 s 时物质 B 的浓度为 0.7 mol ·L －1其中正确的选项是 A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．③④14．在1L K 2SO 4和CuSO 4的混合溶液中c (SO 42-) = 2.0 mol•L －1,用石墨电极电解此溶液,当低 高 物质所具有的总能量2 A (g) + B(g) 2 C (g)通电一段时间后,两极均收集到22.4L 〔标准状况〕气体,那么原溶液中c (K +)为A ．2.0 mol•L －1B ．1.5 mol•L －1C ．1.0 mol•L －1D ．0.50 mol•L －1 15．有可逆反响m A(s)+n B(g)p C(g)+q D(g),反响过程中,当其它条件不变时,C 的质量分数与温度〔T 〕和压强〔P 〕的关 系如下图：根据图中曲线分析,判断以下表达 中,正确的选项是 A ．到达平衡后,假设使用催化剂,C 的 质量分数增大B ．平衡后,假设升高温度,平衡那么向逆反 应方向移动C ．平衡后增大A 的量,有利于提升A 的转化率D ．化学方程式中q p n +>16．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点,因而得到广泛应用.锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液,电池总反响式为：Zn 〔s 〕+2MnO 2〔s 〕+H 2O 〔l 〕==Zn 〔OH 〕2〔s 〕+Mn 2O 3〔s 〕 以下说法错误的选项是．．．．．． A ．电池工作时,锌失去电子B ．电池正极的电极反响式为：2MnO 2〔s 〕+H 2O 〔1〕+2e —=Mn 2O 3〔s 〕+2OH —〔aq 〕 C ．电池工作时,电子由正极通过外电路流向负极D ．外电路中每通过0.2mol 电子,锌的质量理论上减小6.5g17．一定量的混合气体,在密闭容器中发生如下反响： x A(气)+y B(气) z C(气)到达平衡后,测得A 的浓度为0.5 mol·L -1；在恒温下将密闭容器的体积扩大为平衡时的两倍,再到达平衡时,测得A 的浓度为0.3 mol·L -1.那么以下的表达正确的选项是 A ．x+y>z B ．平衡向右移动 C ．Ｂ的转化率提升 D ．C 的百分含量增大18．在密闭容器内放入5molSO 2和5molO 2,在某温度下经过反响生成2molSO 3,此时密闭容器内压强是反响前压强的 A ．2倍 B ．1.5倍 C ．0.9倍 D ．0.5倍第二卷 〔非选择题 46分〕二、〔此题包括3小题,共21分〕19．〔6分〕室温下,测得某溶液中[H + ]=2×10-7 mol ·L 1-,那么OH -的物质的量浓度为 ,该溶液的PH 为 (lg2=0.3). 20．〔6分〕以下两个热化学方程式；H 2(g)+21O 2(g)==H 2O(1) △H = －286 kJ ·mol －1C 3H 8(g)+5O 2(g)==3CO 2(g)+4H 2O(1) △H = －2220.0 kJ ·mol －1〔1〕实验测得H 2和C 3H 8的混合气体共5mol,完全燃烧生成液态水时放热5298kJ,那么混合气体中H2和C3H8的体积比是.〔2〕：H2O(1)=H2O(g) △H = +44.0 kJ·mol－1,写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式. 21．(9分) 将等物质的量的A、B、C、D4种物质混合,发生如下反响：aA+ bB c C〔s〕+dD.当反响进行一段时间后,测得A减少了n mol,B减少了0.5n mol,C增加了1.5n mol,D增加了n mol,此时到达化学平衡.〔1〕该化学方程式中各物质的系数为：a= ,b= , c= ,d=〔2〕假设只改变压强,反响速率发生变化,但平衡不发生移动,该反响中各物质的聚集状态：A ,B , D〔3〕假设只升高温度,反响一段时间后,测知4种物质的物质的量又到达相等,那么该反响为反响.〔填“放热〞或“吸热〞〕三、〔此题15分〕22．〔15分〕A、B、C、D、E为五种短周期不同主族的元素,其原子序数依次递增.A、E 两种原子最外层电子数之和是B原子最外层电子数的2倍；C、E两种原子最外层电子数之和是D原子最外层电子数的2倍.A、E形成的化合物分子甲中电子总数为18.A 原子核内无中子,D是地壳中含量最多的元素.答复以下的问题.〔1〕甲的电子式为〔2〕工业生产E元素的单质的化学方程式为.〔3〕A单质与C单质在一定条件下可化合为乙,工业生产乙的化学方程式为〔4〕A、B两元素也可形成多种化合物,其中分子量最小的分子为丙,用D的单质和丙可以制成燃料电池,电池中装有浓KOH溶液,用多孔的惰性电极浸入浓KOH溶液在X极通入化合物丙,Y极通入D的单质,那么X极是该电池的极,Y极的电极反响式为.四、〔此题10分〕23．〔10分〕黄铁矿〔主要成分为FeS2〕是工业制取硫酸的重要原料,其煅烧产物为SO2和Fe3O4.〔1〕将0.050molSO2(g) 0.030molO2(g)放入容积为1L的密闭容器中,反响2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在一定条件下到达平衡,测得c(SO3)=0.040mol·L－1.〔1〕上述反响是放热反响,当该反响处于平衡状态时,在体积不变的条件下,以下举措中有利于提升SO2平衡转化的有〔填字母〕.A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．减小压强E．参加催F．移出氧气(2)计算该条件下反响的平衡常数K和SO2的平衡转化率〔写出计算过程.〕高二化学上册第二次质量检测题化学做题卷命题人：臧峰二、〔此题包括3小题,共21分〕 19．〔6分〕, . 20．〔6分〕〔1〕〔2〕. 21．(9分)〔1〕a= ,b= , c= ,d= 〔2〕A ,B , D 〔3〕 .三、〔此题15分〕〔1〕〔2〕.〔3〕.〔4〕极, .四、〔此题10分〕〔1〕〔2〕解：。
化学上学期第二次试卷高二全册化学试题
外对市爱戴阳光实验学校一中、一中高二〔上〕第二次化学试卷一、选择题1．以下能正确表示氢气与氯气反生成氯化氢过程中能量变化的示意图是〔〕A ．B ．C ．D ．2．以下反属于放热反的是〔〕①稀硫酸与氢氧化钾溶液反②锌与稀硫酸的反③生石灰变成熟石灰的反④消石灰和氯化铵晶体混合反⑤石灰石高温煅烧⑥灼热的炭与CO2反⑦甲烷与O2的燃烧反．A．①②③⑤B．①②③⑦C．①②⑤⑥⑦D．④⑥3．甲烷是一种高效清洁的能源，0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出22KJ热量，那么以下热化学方程式中正确的选项是〔〕A．2CH4〔g〕+4O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔l〕；△H═+890KJ/molB．CH4〔g〕+2O2〔g〕═CO2〔g〕+2H2O〔l〕；△H═+890KJ/molC．CH4〔g〕+2O2〔g〕═CO2〔g〕+2H2O〔l〕；△H═﹣890KJ/mol D．2CH4〔g〕+4O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔l〕；△H═﹣890KJ/mol4．把以下四种X溶液，分别参加四个盛有10mL 2mol•L﹣1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50mL．此时X和盐酸缓慢地进行反，其中反速率最快的是〔〕A．20 mL 3 mol•L﹣1B．20 mL 2 mol•L﹣1C．10 mL 4 mol•L﹣1D．10 mL 2 mol•L﹣15．将质量的两份锌粉a、b分别参加到足量的稀硫酸，同时向a中加少量CuSO4溶液，以下图中产生H2的体积V〔L〕与时间t〔min〕的关系，其中正确的选项是〔〕A ．B ．C ．D ．6．反3X〔g〕+Y〔g〕⇌2Z〔g〕+2W〔g〕在2L密闭容器中进行，5min后Y减少了0.5mol，那么此反的平均速率v为〔〕A．v〔X〕=0.05mol•L﹣1•min﹣1B．v〔Z〕=0.10mol•L﹣1•min﹣1C．v〔Y〕=0.10mol•L﹣1•min﹣1D．v〔W〕=0.05mol•L﹣1•s﹣17．：2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H=﹣48KJ/mol有关键能数据如下表：化学键H﹣H O=O键能/KJ▪mol﹣1436 498那么水分子中O﹣H键键能为〔〕A．46KJ/mol B．92KJ/mol C．221.6KJ/mol D．413KJ/mol8．常温下，N2〔气〕和H2〔气〕生成2mol NH3〔气〕放出9kJ热量．现有甲、乙两个容积相同的密闭容器，在常温下：①向密闭容器通入1molN2和3mol H2，到达平衡时放出热量Q1kJ．②向密闭容器乙中通入0.5mol N2和mol H2，到达平衡时放出热量Q2kJ．那么以下关系式正确的〔〕A．Q1=2Q2=9 B．Q l＞2Q2C．Q1＜2Q2D．Q1=2Q2≠99．以下有关热化学方程式的表达正确的选项是〔〕A．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全，放出2kJ的热量，那么稀醋酸和稀NaOH溶液反的热化学方程式为：NaOH〔aq〕+CH3COOH〔aq〕═CH3COONa〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣5kJ•mol﹣1B．C〔石墨，s〕═C〔石，s〕△H＞0，那么石墨比石稳C．反2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔l〕△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，那么H2的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1D．2C〔s〕+2O2〔g〕═2CO2〔g〕△H1；2C〔s〕+O2〔g〕=2CO〔g〕△H2，那么△H1＞△H210．用CH4催化复原NO x可以消除氮氧化合物的污染．例如：以下说法中错误的选项是〔〕①CH4〔g〕+4NO2〔g〕=4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕；△H=﹣574kJ/mol②CH4〔g〕+4NO〔g〕=2N2〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕；△H=﹣1160kJ/mol．A．物质的量的CH4在反①、②中转移电子数相同B．由反①可推知：CH4〔g〕+4NO2〔g〕=4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔l〕；△H＞﹣574kJ/molC．4NO2〔g〕+2N2〔g〕=8NO〔g〕；△H=+586kJ/molD．假设用状况下8L CH4把NO2复原为N2，整个过程中转移的电子总数为1.6NA 11．键能N≡N 946 kJ/mol，H﹣H 436kJ/mol，N﹣H 391kJ/mol．从理论上计算2NH3〔g〕⇌N2〔g〕+3H2〔g〕的△H为〔〕A．﹣46 kJ/mol B．﹣92 kJ/mol C．+92 kJ/mol D．+1800kJ/mol12．：〔1〕CH3COOH〔l〕+2O2〔g〕=2CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H1〔2〕C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H2〔3〕2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H3〔4〕2CO2〔g〕+4H2〔g〕=CH3COOH〔l〕+2H2O〔l〕△H4〔5〕2C〔s〕+2H2〔g〕+O2〔g〕=CH3COOH〔l〕△H5以下关于上述反的焓变的判断正确的选项是〔〕A．△H1＞0，△H2＜0 B．△H5=2△H2+△H3﹣△H1C．△H3＞0，△H5＜0 D．△H4=△H1﹣2△H313．一条件下，对于可逆反X〔g〕+3Y〔g〕⇌2Z〔g〕，假设X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3〔均不为零〕，到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，那么以下判断正确的选项是〔〕A．c1：c2＜1：3B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C．X、Y的转化率不相D．C1的取值范围为0＜C1＜0.14mol•L﹣114．在一温度下的密闭容器中，当以下物理量不再发生变化时，说明反A〔s〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕+D〔g〕已达平衡状态的是〔〕①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量．A．①②③B．②③⑤C．①③⑤D．①④⑤15．某温度时，一压强下的密闭容器中发生反：aX〔g〕+bY〔g〕⇌cZ〔g〕+dW 〔g〕，达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再到达平衡时，W 的浓度为衡状态的倍，以下表达正确是〔〕A．平衡正移B．〔a+b〕＞〔c+d〕C．Z的体积分数变小D．X的转化率变大16．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反：2SO2+O2⇌2SO3，并到达平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，假设甲容器中SO2的转化率为p%，那么乙容器中SO2的转化率〔〕A．于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断17．在密闭容器中进行以下反：M〔g〕+N〔g〕⇌R〔g〕+2L，此反符合如图，以下表达正确的选项是〔〕A．正反吸热，L是气体B．正反吸热，L是固体C．正反放热，L是气体D．正反放热，L是固体或液体18．在一恒压密闭容器中充入1mol NO2建立如下平衡：2NO2⇌N2O4，此时NO2的转化率为x%，在其他条件不变的条件下，再充入1mol NO2，待平衡建立时测得NO2的转化率为y%，那么大小关系正确的选项是〔〕A．x＜y B．x=y C．x＞y D．无法确二、填空题19．如图表示在一的温度下，容积固的密闭容器中，A、B、C三种气体物质的浓度随时间变化的情况，试答复以下问题：〔1〕该反的化学方程式为．〔2〕0～t1s 内B气体的平均反速率为．〔3〕〔t1+10〕s 时，A的转化率为，此时v〔A〕正v 〔B〕逆〔填“＞〞、“＜〞或“=〞〕．〔4〕关于该反的说法正确的选项是．a．到达t1时刻该反已停止b．在t1时刻之前B气体的消耗速率大于它的生成速率c．在t1时刻C气体的正反速率于逆反速率〔5〕容器中〔t1+10〕s时的压强与起始时的压强之比为．20．铁是当代社会中用量最大的金属之一．磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，发生的主要反为：Fe3O4〔s〕+4CO⇌3Fe〔s〕+4CO2〔1〕：①Fe3O4〔s〕+4C〔石墨〕⇌3Fe〔s〕+4CO〔g〕△H=+646.0kJ/mol②C〔石墨〕+CO2〔g〕⇌2CO〔g〕△H=+17kJ/mol由Fe3O4〔s〕与CO反生成Fe〔s〕的热化学方程式是．〔2〕T℃时，在 2L密闭容器中，参加Fe3O4、CO各1.0mol，10min反到达平衡时，容器中CO2的浓度是0.4mol/L．①能证明该反到达化学平衡的是〔选填字母〕．a．容器内压强不再变化 b．容器内CO、CO2物质的量比为1：1 c．容器内气体的质量不再变化 d．生成CO2的速率与消耗CO的速率相②CO的平衡转化率是．③l0min内，反的平均反速率v 〔CO2〕= ．④欲提高该反中CO的平衡转化率，可采取的措施是〔选填字母〕．a ．提高反温度 b．移出CO 2c ．参加适宜的催化剂 d．减小容器的容积⑤T℃时，该反的平衡常数K= ．21．请认真观察如图，然后答复以下问题：〔1〕图中所示反是〔填“吸热〞或“放热〞〕反，该反的△H=〔用含E1、E2的代数式表示〕．〔2〕以下4个反中，符合示意图描述的反的是．a．盐酸与NaOH反 b．Na与H2O反生成H2c．铝热反 d．灼热的碳与CO2反〔3〕途径〔Ⅱ〕与途径〔Ⅰ〕相比改变的措施可能是．22．NO2和N2O4可以相互转化：2NO2〔g〕⇌N2O4〔g〕△H＜0．现将一量NO2和N2O4的混合气体通入一体积为2L的恒温密闭玻璃容器中，反物浓度随时间变化关系如图．〔1〕图中共有两条曲线X和Y，其中曲线表示NO2浓度随时间的变化；a、b、c、d四个点中，表示化学反处于平衡状态的点是．〔2〕①前10min内用NO2表示的化学反速率v〔NO2〕= mol•L﹣1•min ﹣1．②0～15min，反2NO2〔g〕⇌N2O4〔g〕的平衡常数K b= ．③25min～35min时，反2NO2〔g〕⇌N2O4〔g〕的平衡常数K d K b〔填“＞〞、“=〞或“＜〞〕．〔3〕反25min时，假设只改变了某一个条件，使曲线发生如上图所示的变化，该条件可能是〔用文字表达〕，假设要到达使NO2〔g〕的百分含量与d点相同的化学平衡状态，在25min时还可以采取的措施是．A．参加催化剂 B．缩小容器体积C．升高温度 D．参加一量的N2O4．一中、一中高二〔上〕第二次化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．以下能正确表示氢气与氯气反生成氯化氢过程中能量变化的示意图是〔〕A．B． C． D．【考点】吸热反和放热反；反热和焓变．【专题】化学反中的能量变化．【分析】化学键断裂需要吸收能量，形学键要放出能量，氢气与氯气反为放热反，据此解题．【解答】解：A．反物的能量小于生成物的能量，图反为吸热反，故A错误；B．形学键要放出能量，氢气与氯气反为放热反，故B正确；C．化学键断裂需要吸收能量，形学键要放出能量，故C错误；D．化学键断裂需要吸收能量，形学键要放出能量，反物的能量小于生成物的能量，图反为吸热反，故D错误．应选B．【点评】此题考查反中的能量变化，注意化学键断裂需要吸收能量，形学键要放出能量，题目难度不大．2．以下反属于放热反的是〔〕①稀硫酸与氢氧化钾溶液反②锌与稀硫酸的反③生石灰变成熟石灰的反④消石灰和氯化铵晶体混合反⑤石灰石高温煅烧⑥灼热的炭与CO2反⑦甲烷与O2的燃烧反．A．①②③⑤B．①②③⑦C．①②⑤⑥⑦D．④⑥【考点】吸热反和放热反．【专题】化学反中的能量变化．【分析】根据常见的放热反有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反、金属与水反，所有反；绝大多数化合反和铝热反；常见的吸热反有：绝大数分解反，个别的化合反〔如C和CO2〕，少数分解置换以及某些复分解〔如铵盐和强碱〕，C或氢气做复原剂时的反．【解答】解：①稀硫酸与氢氧化钾溶液反是放热反，故①正确；②锌与稀硫酸的反是放热反，故②正确；③生石灰变成熟石灰的反是放热反，故③正确；④消石灰和氯化铵晶体混合反是吸热反，故④错误；⑤石灰石高温煅烧是吸热反，故⑤错误；⑥灼热的炭与CO2反是吸热反，故⑥错误；⑦甲烷与O2的燃烧反是放热反，故⑦正确；应选：B．【点评】此题考查放热反，抓住化常见的吸热或放热的反是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题．3．甲烷是一种高效清洁的能源，0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出22KJ热量，那么以下热化学方程式中正确的选项是〔〕A．2CH4〔g〕+4O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔l〕；△H═+890KJ/molB．CH4〔g〕+2O2〔g〕═CO2〔g〕+2H2O〔l〕；△H═+890KJ/molC．CH4〔g〕+2O2〔g〕═CO2〔g〕+2H2O〔l〕；△H═﹣890KJ/molD．2CH4〔g〕+4O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔l〕；△H═﹣890KJ/mol【考点】热化学方程式．【分析】依据热化学方程式书写方法书写，标注物质聚集状态，计算对化学方程式下的焓变写出热化学方程式．【解答】解：0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出22KJ热量，1mol甲烷反燃烧反放热=890KJ，反的热化学方程式为：CH4〔g〕+2O2〔g〕=CO2〔g〕+2H2O 〔l〕△H=﹣890KJ/mol，应选C．【点评】此题考查了热化学方程式的书写方法和计算用，题目较简单．4．把以下四种X溶液，分别参加四个盛有10mL 2mol•L﹣1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50mL．此时X和盐酸缓慢地进行反，其中反速率最快的是〔〕A．20 mL 3 mol•L﹣1B．20 mL 2 mol•L﹣1C．10 mL 4 mol•L﹣1D．10 mL 2 mol•L﹣1【考点】化学反速率的影响因素．【分析】化学反中，反物浓度越大，单位体积活化分子数目越多，那么反速率越大，因溶液均加水稀释到50mL，那么可计算X的物质的量，物质的量越多，浓度越大．【解答】解：A．n〔X〕=0.03L×2mol/L=0.06mol；B．n〔X〕=0.02L×2mol/L=0.04mol；C．n〔X〕=0.01L×4mol/L=0.04mol；D．n〔X〕=0.01L×2mol/L=0.02mol，物质的量最大的是A，那么A浓度最大，反速率最大．应选A．【点评】此题考查化学反速率的影响因素，为高频考点，注意从比拟浓度的角度解答该题，难度不大．5．将质量的两份锌粉a、b分别参加到足量的稀硫酸，同时向a中加少量CuSO4溶液，以下图中产生H2的体积V〔L〕与时间t〔min〕的关系，其中正确的选项是〔〕A ．B ．C ．D ．【考点】化学反速率的影响因素；化学方程式的有关计算．【分析】锌和硫酸反，参加硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量，以此解答．【解答】解：锌和硫酸反，参加硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属铁和硫酸反的速率，所以反速率是：a＞b，速率越大，锌完全反时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一用于置换金属铜，导致和硫酸反生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a＜b．应选A．【点评】此题考查化学反速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意原电池反的特点以及稀硫酸过量的信息，难度不大．6．反3X〔g〕+Y〔g〕⇌2Z〔g〕+2W〔g〕在2L密闭容器中进行，5min后Y减少了0.5mol，那么此反的平均速率v为〔〕A．v〔X〕=0.05mol•L﹣1•min﹣1B．v〔Z〕=0.10mol•L﹣1•min﹣1C．v〔Y〕=0.10mol•L﹣1•min﹣1D．v〔W〕=0.05mol•L﹣1•s﹣1【考点】反速率的量表示方法．【专题】化学反速率专题．【分析】根据v=计算v〔Y〕，再利用速率之比于化学计量数之比求出用其它物质表示的反速率，据此判断．【解答】解：v〔Y〕==0.05mol•L﹣1•min﹣1，A、速率之比于化学计量数之比，所以v〔X〕=3v〔Y〕=3×0.05mol•L﹣1•min﹣1=0.15mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B、速率之比于化学计量数之比，所以v〔Z〕=2v〔Y〕=2×0.05mol•L﹣1•min﹣1=0.1mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；C、v〔Y〕==0.05mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；D、速率之比于化学计量数之比，所以v〔W〕=2v〔Y〕=2×0.05mol•L﹣1•min﹣1=0.1mol•L﹣1•min﹣1=0.001705mol•L﹣1•s﹣1，故D错误．应选B．【点评】此题考查反速率的计算，难度不大，根据义或利用速率之比于化学计量数之比是计算反速率常用两种方法．7．：2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H=﹣48KJ/mol有关键能数据如下表：化学键H﹣H O=O键能/KJ▪mol﹣1436 498那么水分子中O﹣H键键能为〔〕A．46KJ/mol B．92KJ/mol C．221.6KJ/mol D．413KJ/mol【考点】键能、键长、键角及其用．【分析】水的结构式为H﹣O﹣H，2mol水分子中含有4molH﹣O键，2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H=﹣48KJ/mol，反物总键能﹣生成物总键能=反热，据此计算O﹣H键的键能．【解答】解：水的结构式为H﹣O﹣H，2mol水分子中含有4molH﹣O键，2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H=﹣48KJ/mol，反物总键能﹣生成物总键能=反热，那么：436kJ/mol×2+498kJ/mol﹣4E〔O﹣H〕=﹣48KJ/mol，故E〔O﹣H〕=46kJ/mol，应选A．【点评】此题考查反热的有关计算，难度不大，注意掌握反热与键能的关系，注意对根底知识的理解掌握．8．常温下，N2〔气〕和H2〔气〕生成2mol NH3〔气〕放出9kJ热量．现有甲、乙两个容积相同的密闭容器，在常温下：①向密闭容器通入1molN2和3mol H2，到达平衡时放出热量Q1kJ．②向密闭容器乙中通入0.5mol N2和mol H2，到达平衡时放出热量Q2kJ．那么以下关系式正确的〔〕A．Q1=2Q2=9 B．Q l＞2Q2C．Q1＜2Q2D．Q1=2Q2≠9【考点】反热的大小比拟．【专题】化学反中的能量变化．【分析】根据N2〔g〕和H2〔g〕生成2mol NH3〔g〕放出9kJ热量，说明1molN2和3molH2完全反生成2molNH3时放出的热量；①向密闭容器通入1mol N2和3mol H2，到达平衡时，氢气和氮气不能完全转化；②向密闭容器乙中通入0.5mol N2和mol H2，到达平衡时氢气和氮气不能完全转化；然后根据效平衡来判断热量的大小．【解答】解：①向密闭容器通入1mol N2和3mol H2，到达平衡时，氢气和氮气不能完全转化；到达平衡时放出热量Q1kJ小于9KJ；②假0.5mol N2和mol H2完全反，到达平衡时放出的热量为：9kJ×=4kJ，由于合成氨是可逆反，故反物不能完全反，所以放出的热量Q2小于4kJ，反②可以建成恒压下与反①的效平衡，此时放出的热量反②是反①的一半，然后反②进行扩大容器，减小压强，平衡逆向移动，放出的热量减少，所以Q1＞2Q2，综上所述可知：9＞Q l＞2Q2 ；应选：B．【点评】此题不仅考查了反热的概念，还同时考查了可逆反，效平衡概念，综合性较强，考生只有在准确理解上述概念的根底上，才能准确作答．9．以下有关热化学方程式的表达正确的选项是〔〕A．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全，放出2kJ的热量，那么稀醋酸和稀NaOH溶液反的热化学方程式为：NaOH〔aq〕+CH3COOH〔aq〕═CH3COONa〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣5kJ•mol﹣1B．C〔石墨，s〕═C〔石，s〕△H＞0，那么石墨比石稳C．反2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔l〕△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，那么H2的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1D．2C〔s〕+2O2〔g〕═2CO2〔g〕△H1；2C〔s〕+O2〔g〕=2CO〔g〕△H2，那么△H1＞△H2【考点】热化学方程式．【专题】化学反中的能量变化．【分析】A、注意弱电解质的电离是吸热的；B．从石和石墨的转化关系式可见，石能量比石墨高；C、燃烧热是可燃物为1mol；D、完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量多，反热大小比拟包括正负．【解答】解：A、热指的是在稀溶液中，强酸和强碱反生成1mol水时放出的热量．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全生成0.5mol水时，放出2kJ的热量，即热的数值为5kJ/mol，但稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反的热小于5kJ/mol，故A错误；B．石比石墨能量高，能量越低越稳，那么石墨比石稳，故B正确；C、反2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔l〕△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，那么H2的燃烧热为28kJ•mol﹣1，故C错误；D、完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量多，反热越小，所以△H1＜△H2，故D错误；应选B．【点评】此题考查了燃烧热、热以及由吸放热的过程判断物质能量的上下，较简单．10．用CH4催化复原NO x可以消除氮氧化合物的污染．例如：以下说法中错误的选项是〔〕①CH4〔g〕+4NO2〔g〕=4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕；△H=﹣574kJ/mol②CH4〔g〕+4NO〔g〕=2N2〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕；△H=﹣1160kJ/mol．A．物质的量的CH4在反①、②中转移电子数相同B．由反①可推知：CH4〔g〕+4NO2〔g〕=4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔l〕；△H＞﹣574kJ/molC．4NO2〔g〕+2N2〔g〕=8NO〔g〕；△H=+586kJ/molD．假设用状况下8L CH4把NO2复原为N2，整个过程中转移的电子总数为1.6NA 【考点】用盖斯律进行有关反热的计算；氧化复原反的计算．【分析】A．根据C元素的化合价变化来计算转移的电子；B．由气态水变为液态，放出热量；C．根据盖斯律及物质的量与反热的数值关系来解答；D ．反可知CH4〔g〕+2NO2〔g〕=CO2〔g〕+2H2O〔g〕+N2〔g〕，1molCH4反转移8mol电子．【解答】解：A．两个反中，C元素的化合价均由﹣4价升高到+4价，那么物质的量的甲烷分别参加反①、②，反转移的电子数相同，故A正确；B．由CH4〔g〕+4NO2〔g〕=4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣574kJ•mol﹣1，水由气态变为液态，放出热量，那么CH4〔g〕+4NO2〔g〕=4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O 〔l〕△H=﹣Q，Q＞574kJ•mol﹣1，所以△H＜﹣574kJ/mol，故B错误；C．①﹣②可知4NO2〔g〕+2N2〔g〕=8NO〔g〕；△H=+586kJ/mol，故C正确；D．CH4〔g〕+2NO2〔g〕=CO2〔g〕+2H2O〔g〕+N2〔g〕，1molCH4反转移8mol电子，那么用状况下8LCH4复原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为0.2mol×8=1.6mol，故D正确；应选B．【点评】此题考查热化学反及盖斯律，明确热化学反的关系及物质的状态、反热的数值与物质的量的关系即可解答，题目难度不大．11．键能N≡N 946 kJ/mol，H﹣H 436kJ/mol，N﹣H 391kJ/mol．从理论上计算2NH3〔g〕⇌N2〔g〕+3H2〔g〕的△H为〔〕A．﹣46 kJ/mol B．﹣92 kJ/mol C．+92 kJ/mol D．+1800kJ/mol【考点】有关反热的计算．【分析】旧键断裂吸收的能量减去键生成释放的能量值即为反热，1molN2含有1molN≡N，1molH2含有1molH﹣H，1molNH3含有3molN﹣H，依据△H=反物的总键能﹣生成物的总键能进行计算．【解答】解：：N≡N键的键能为946kJ/mol，H﹣H键能为436kJ/mol，N﹣H键键能为391kJ/mol，反热△H=反物的总键能﹣生成物的总键能，对于反2NH3〔g〕⇌N2〔g〕+3H2〔g〕的△H，1molN2含有1molN≡N，1molH2含有1molH﹣H，1molNH3含有3molN﹣H，故△H=2×3×391﹣946kJ/mol﹣3×436kJ/mol=+92kJ/mol，应选C．【点评】此题考查反热的有关计算，掌握反热与键能的关系是解答关键，题目难度不大．12．：〔1〕CH3COOH〔l〕+2O2〔g〕=2CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H1〔2〕C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H2〔3〕2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H3〔4〕2CO2〔g〕+4H2〔g〕=CH3COOH〔l〕+2H2O〔l〕△H4〔5〕2C〔s〕+2H2〔g〕+O2〔g〕=CH3COOH〔l〕△H5以下关于上述反的焓变的判断正确的选项是〔〕A．△H1＞0，△H2＜0 B．△H5=2△H2+△H3﹣△H1C．△H3＞0，△H5＜0 D．△H4=△H1﹣2△H3【考点】反热的大小比拟；有关反热的计算．【专题】化学反中的能量变化．【分析】物质的燃烧反是放热的，焓变小于零，根据该盖斯律计算反焓变之间的关系即可．【解答】解：A、物质的燃烧反是放热的，焓变小于零，△H1＜0，△H2＜0，故A错误；B、利用盖斯律计算，将〔2〕×2+〔3〕﹣〔1〕，可得 2C〔s〕+2H2〔g〕+O2〔g〕═CH3COOH〔l〕，反热随之相加减，可求得反热，即△H5=2△H2+△H3﹣△H1，故B正确；C、物质的燃烧反是放热的，焓变小于零，所以2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H3＜0，故C错误；D、根据盖斯律，反〔4〕不能是〔1〕﹣2×〔3〕得到，故D错误．应选B．【点评】此题涉及盖斯律的用以及反热的判断，属于根本知识的考查，难度不大．13．一条件下，对于可逆反X〔g〕+3Y〔g〕⇌2Z〔g〕，假设X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3〔均不为零〕，到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，那么以下判断正确的选项是〔〕A．c1：c2＜1：3B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C．X、Y的转化率不相D．C1的取值范围为0＜C1＜0.14mol•L﹣1【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】化学平衡的建立，既可以从正反开始，也可以从逆反开始，或者从正逆反开始，不管从哪个方向开始，物质都不能完全反，利用极限法假设完全反，计算出相物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．【解答】解：假设反向正反进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假完全反，那么：根据方程式 X2〔气〕+3Y2〔气〕⇌2Z〔气〕，开始〔mol/L〕：c1 c2 c3变化〔mol/L〕：0.04 0.12 0.08平衡〔mol/L〕：0.1 0.3 0.08c1=0，14 c2=0.42 c3=0假设反逆正反进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假完全反，那么：根据方程式 X2〔气〕+3Y2〔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 0.3 0.08c1=0 c2=0 c3=0.28由于为可逆反，物质不能完全转化所以起始时浓度范围为0＜c〔X2〕＜0.14，0＜c〔Y2〕＜0.42，0＜c〔Z〕＜0.28A、X2和Y2平衡浓度为1：3，变化的量为1；3，所以起始量为1：3，c1：c2=1：3，故A错误；B、平衡时，Y和Z的生成速率之比为化学方程式系数之比为3：2，故B错误；C、XY的变化量之比和起始量之比相同，所以转化率相同，故C错误；D、依据上述计算，C1的取值范围为0＜C1＜0.14mol•L﹣1，故D正确；应选D．【点评】此题考查了化学平衡的建立可以逆向进行，也可以正向进行，依据极值法进行转化计算分析判断是此题的关键．14．在一温度下的密闭容器中，当以下物理量不再发生变化时，说明反A〔s〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕+D〔g〕已达平衡状态的是〔〕①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量．A．①②③B．②③⑤C．①③⑤D．①④⑤【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反到达平衡状态时，正逆反速率相，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反的进行发生变化，当该物理量由变化到值时，说明可逆反到达平衡状态．【解答】解：①两边的气体计量数相，所以混合气体的压强始终不变，故错误；②混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，正逆反速率相，故正确；③B的物质的量浓度，说明正逆反速率相，故正确；④两边的气体计量数相，所以气体的总物质的量始终不变，故错误；⑤混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体质量不变，正逆反速率相，故正确；应选：B．【点评】此题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反到达平衡状态时，正逆反速率相，但不为0．15．某温度时，一压强下的密闭容器中发生反：aX〔g〕+bY〔g〕⇌cZ〔g〕+dW 〔g〕，达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再到达平衡时，W 的浓度为衡状态的倍，以下表达正确是〔〕A．平衡正移B．〔a+b〕＞〔c+d〕C．Z的体积分数变小D．X的转化率变大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，到达平衡时，物质W的浓度是原来的倍，说明平衡向逆反方向移动，那么由a+b＜c+d，据此解答．【解答】解：保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，到达平衡时，物质W的浓度是原来的倍，说明平衡向逆反方向移动，那么由a+b＜c+d，A．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反移动，故A错误；B．平衡向逆反方向移动，那么由a+b＜c+d，故B错误；C．平衡向逆反移动，Z的体积分数减小，故C正确；D．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反移动，X的转化率变小，故D错误；应选C．【点评】此题考查化学平衡移动的影响，题目难度不大，此题注意用假法判断，如果平衡不移动，那么到达平衡时W的浓度为原来的2倍，根据实际W的浓度，判断平衡移动．16．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反：2SO2+O2⇌2SO3，并到达平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，假设甲容器中SO2的转化率为p%，那么乙容器中SO2的转化率〔〕A．于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】甲为恒温，乙为恒温恒压，正反是气体体积减小的反，平衡时混合气体物质的量减小，那么平衡时压强小于乙中压强，乙中平衡效为在平衡根底上增大压强，平衡正向移动．【解答】解：甲为恒温，乙为恒温恒压，正反是气体体积减小的反，平衡时混合气体物质的量减小，那么平衡时压强小于乙中压强，乙中平衡效为在平衡根底上增大压强，平衡正向移动，那么乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%，应选B．【点评】此题考查化学平衡影响因素，关键是建立效平衡途径，这一类问题的解决方法一般，先设为同条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，分析变化，这样问题就迎刃可解．17．在密闭容器中进行以下反：M〔g〕+N〔g〕⇌R〔g〕+2L，此反符合如图，以下表达正确的选项是〔〕A．正反吸热，L是气体B．正反吸热，L是固体C．正反放热，L是气体D．正反放热，L是固体或液体【考点】化学平衡建立的过程；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，R的含量越低，说明平衡向逆反方向移动，正反为气体体积增大的反；压强为P1时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反方向移动，那么正反为放热反【解答】解：由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，R的含量越低，说明平衡向逆反方向移动，正反为气体体积增大的反，故L为气体；压强为P1时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反方向移动，那么正反为放热反；由上述分析可知，该反的正反为放热反，L是气体，应选C．【点评】此题考查化学平衡图象问题，难度不大，此题注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析．18．在一恒压密闭容器中充入1mol NO2建立如下平衡：2NO2⇌N2O4，此时NO2的转化率为x%，在其他条件不变的条件下，再充入1mol NO2，待平衡建立时测得NO2的转化率为y%，那么大小关系正确的选项是〔〕A．x＜y B．x=y C．x＞y D．无法确【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】假设再次通入的NO2是在与衡体系的温度和压强都相同的另一容器中进行，那么所得平衡体系与衡效，将两个容器的隔板抽去，平衡不移动，以此解答．【解答】解：在一个容积可变的容器中通入气体，为了保持压强的一，容器的体积必然会膨胀，假设，在题给的过程中，容器的体积从A变化到A+B〔见图〕．这个过程也可以理解成：假设有一个虚拟的隔板可以保持A的体积不变，再在B中充入1mol NO2，使其反直至到达平衡．很明显，在同温、同压下，A、B中到达平衡后，NO2、N2O4的质量分数分别相，这时，抽去虚拟的隔板，A、B中的气体仅简单的混合，并不会发生平衡的移动．也就是说，在题给的过程中，NO2转化率不变，所以x=y，应选B．【点评】此题考查化学平衡的移动，题目难度不大，注意从压强的角度认识该题，题给的关键是反物和生成物只有一种，注意体会该题．二、填空题19．如图表示在一的温度下，容积固的密闭容器中，A、B、C三种气体物质的浓度随时间变化的情况，试答复以下问题：〔1〕该反的化学方程式为3A+B⇌2C ．〔2〕0～t1s 内B气体的平均反速率为mol/〔L•s〕．〔3〕〔t1+10〕s 时，A的转化率为75% ，此时v〔A〕正＞v〔B〕逆〔填“＞〞、“＜〞或“=〞〕．〔4〕关于该反的说法正确的选项是bc ．a．到达t1时刻该反已停止b．在t1时刻之前B气体的消耗速率大于它的生成速率c．在t1时刻C气体的正反速率于逆反速率〔5〕容器中〔t1+10〕s时的压强与起始时的压强之比为9：13 ．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．【分析】〔1〕由图象可知A、B的浓度降低，A、B为反物，C的浓度增大为生成物，根据A、B、C的浓度变化量确化学计量数，据此书写方程式；〔2〕根据V=进行计算；〔3〕〔t1+10〕s 时，平衡没有发生移动，据A的转化率为×100%计算；〔4〕a．到达t1时刻该反达平衡但没有停止；b．在t1时刻之前，反向正反方向移动，据此判断；B气体的消耗速率大于它的生成速率c．在t1时刻达平衡，正逆反速率相；C气体的正反速率于逆反速率〔5〕根据压强之比于物质的量之比进行计算．。