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2019-2020年高二上学期期中化学试卷含解析I
一、选择题(共30小题,每小题2分,满分70分)1.当今世界面临日益加剧的能源危机,下列关于能源的描述不正确的是( )A.提高燃料的利用效率是解决能源危机的方向B.正在探索的新能源有太阳能、氢能、风能、海洋能和生物质能等C.新能源的优点是可以再生、没有污染或者很少污染D.燃烧热是评价燃料优劣的唯一标准2.下列变化为放热反应的是( )A.2NH4Cl+Ba(OH)2•H2O═BaCl2+2NH3↑+10H2OB.2HI(g)═H2(g)+I2(g)△H=+
14.9kJ.mol﹣1C.形成化学键时共放出能量862kJ的化学反应D.能量变化如图所示的化学反应3.已知在101kPa、298K条件下,2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量,下列热化学方程式正确的是( )A.H2O(g)═H2(g)+O2(g)△H=+242kJ•mol﹣1B.2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣484kJ•mol﹣1C.H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=+242kJ•mol﹣1D.2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=+484kJ•mol﹣14.下列说法正确的是( )A.在101kPa时,1mol物质完全燃烧时所放出的热量,叫做该物质的燃烧热B.酸和碱发生中和反应生成1mol水,这时的反应热叫中和热C.燃烧热或中和热是反应热的种类之一D.吸热反应没有利用价值5.在2A+B⇌3C+4D反应中,表示该反应速率最快的是( )A.v(A)=
0.5mol•L﹣1•s﹣1B.v(B)=
0.3mol•L﹣1•s﹣1C.v(C)=
0.6mol•L﹣1•s﹣1D.v(D)=
1.6mol•L﹣1•s﹣16.反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)在10L密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了
0.45mol,则此反应的速率v(X)可表示为( )A.v(NO)=
0.0010mol•L﹣1•s﹣1B.v(O2)=
0.0010mol•L﹣1•s﹣1C.v(NH3)=
0.010mol•L﹣1•s﹣1D.v(H2O)=
0.045mol•L﹣1•s﹣17.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是( )A.生成物总能量一定低于反应物总能量B.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C.应用盖斯定律,可计算某些难以直接测量的反应焓变D.同温同压下,H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同8.反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)在密闭容器中进行,下列条件不能改变该反应的速率的是( )A.缩小体积使压强增大B.体积不变充入N2使压强增大C.体积不变充入氦气使压强增大D.压强不变充入N2使体积增大9.对25℃时的醋酸溶液,若采用下列不同的措施,能使醋酸电离度增大的是( )A.加入NaOH固体B.加入醋酸钠晶体C.加入盐酸D.降温10.在已处于化学平衡状态的体系中,如果下列量发生变化,其中一定能表明平衡移动的是( )A.反应混合物的浓度B.反应物的转化率C.正、逆反应速率D.反应混合物的压强11.一定温度下,反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)达到化学平衡状态的标志( )A.N
2、H2和NH3的质量分数不再改变B.c(N2)c(H2)c(NH3)=132C.N2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2D.单位时间里每增加1molN2,同时增加3molH212.在某温度下反应ClF(气)+F2(气)ClF3(气)+268千焦在密闭容器中达到平衡.下列说法正确的是( )A.温度不变,缩小体积,ClF的转化率增大B.温度不变,增大体积,ClF3的产率提高C.升高温度,增大体积,有利于平衡向正反应方向移动D.降低温度,体积不变,F2的转化率降低13.在一密闭容器中,充入一定量的反应物A,反应aA(g)⇌bB(g)达平衡后,保持温度不变,将容器体积缩到一半,当达到新的平衡时,B的浓度是原来的
1.6倍,则( )A.平衡向正反应方向移动了B.物质A的转化率减少了C.物质B的质量增重了D.a>b14.在一定温度下,一定体积的密闭容器中有如下平衡H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)已知H2和I2的起始浓度均为
0.1mol•L﹣1时,达平衡时HI的浓度为
0.16mol•L﹣1.若H2和I2的起始浓度均变为
0.02mol•L﹣1,则平衡时HI的浓度(mol•L﹣1)是( )A.
0.08B.
0.04C.
0.032D.
0.03615.已知某可逆反应在密闭容器中进行A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)△H<0,如图中曲线a代表一定条件下该反应的过程,若使a曲线变为b曲线,可采用的措施是( )A.增大A的浓度B.增大容器的体积C.加入催化剂D.升高温度16.下列关于平衡常数K,不正确的是( )A.每一个反应,在一个温度下,有一个K值B.K越大,表示正向反应的倾向大,反应完全C.K值只能说明反应的最大限度,不能说明反应的速度D.吸热反应的K值大于所有放热反应的K值17.下列反应,属于熵减过程的是( )A.CO(g)═C(s)+O2(g)B.2N2O5(g)═4NO2(g)+O2(g)C.(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g)D.MgCO3(s)═MgO(s)+CO2(g)18.在合成氨工业中,下列变化过程中不能使平衡向右移动的是( )
①不断将氨分离出来
②使用催化剂
③采用500℃左右的温度而不是常温
④采用较高的压强.A.
①B.
②C.
③D.
②③19.下列物质中,属于强电解质的是( )A.SO3B.CH3COOHC.NH3D.NaOH20.下列电离方程式中,正确的是( )A.H2CO3=2H++CO32﹣B.Ba(OH)2⇌Ba2++2OH﹣C.CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+D.HClO=H++Cl﹣+O2﹣21.下列有关“电离平衡”的叙述中正确的是( )A.电解质在溶液里达到电离平衡时,溶质电离出的离子浓度相等B.电离平衡时,由于分子和离子的浓度不断发生变化,所以说电离平衡是动态平衡C.电离平衡是相对的、暂时的,外界条件改变时,平衡就会发生移动D.电解质达到电离平衡后,各种离子的浓度相等22.在
0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡CH3COOH⇌CH3COO﹣+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﹣1HCl溶液,溶液中c(H+)减小D.加入少量CH3COONa固体,平衡向正反应方向移动23.化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡,故可用作酸碱指示剂HIn(溶液)⇌H+(溶液)+In﹣(溶液)红色黄色浓度为
0.02mol•L﹣1的下列各溶液
①盐酸
②石灰水
③NaCl溶液
④NaHSO4溶液
⑤NaHCO3溶液
⑥氨水,其中能使指示剂显红色的是( )A.
①④⑤B.
②⑤⑥C.
①④D.
②③⑥24.用氢离子浓度相同的盐酸和醋酸溶液,分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液,当氢氧化钠恰好被完全中和时,消耗盐酸和醋酸溶液的体积分别为V1和V2,则V1和V2的关系正确的是( )A.V1>V2B.V1<V2C.V1=V2D.V1≤V225.COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g);△H>0.当反应达到平衡时,下列措施
①升温
②恒容通入惰性气体
③增加CO浓度
④减压
⑤加催化剂
⑥恒压通入惰性气体,能提高COCl2转化率的是( )A.
①②④B.
①④⑥C.
②③⑤D.
③⑤⑥26.近年来,我国北京等地出现严重雾霾天气,据研究,雾霾的形成与汽车排放的CO、NO2等有毒气体有关.对汽车加装尾气净化装置,可使有毒气体相互反应转化为无毒气体,反应方程式为4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g)△H=﹣1200kJ•mol﹣1.对于该反应,温度不同(T2>T1)其他条件相同时,下列图象正确的是( )A.B.C.D.27.某温度下在密闭容器中发生如下反应2M(g)+N(g)⇌2E(g)若开始时只充入2molE(g),达平衡时,混合气体的压强比起始时增大了20%;若开始时只充入2molM和1molN的混合气体,达平衡时M的转化率为( )A.20%B.40%C.60%D.80%28.T℃时,将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中,发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g),容器中H2的物质的量随时间变化如图中实线所示.图中虚线表示仅改变某一反应条件时,H2的物质的量随时间的变化.下列说法正确的是( )A.反应开始至a点时v(H2)=1mol•L﹣1•min﹣1B.若曲线Ⅰ对应的条件改变是升温,则该反应△H>0C.曲线Ⅱ对应的条件改变是降低压强D.T℃时,该反应的化学平衡常数为
0.12529.某温度下,体积一定的密闭容器中进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0.下列分析正确的是( )A.平衡后加入N2,该反应的△H增大B.若平衡后升高温度,则平衡常数K变大C.平衡后再充入NH3,达到新平衡时,NH3的百分含量变大D.若反应前充入的N2与H2物质的量相等,达平衡时N2的转化率比H2的高30.某温度下2L密闭容器中,3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量(n)如表所示.下列说法正确的是( )XYW(起始状态)/mol210(平衡状态)/mol
10.
51.5A.该温度下,此反应的平衡常数表达式是K=B.升高温度,若W的体积分数减小,则此反应△H>0C.增大压强,正、逆反应速率均增大,平衡向正反应方向移动D.该温度下,再向容器中通入3molW,达到平衡时,n(X)=2mol
二、解答题(共3小题,满分35分)31.联合国气候变化大会于xx年12月7~18日在哥本哈根召开.中国政府承诺到2020年,单位GDP二氧化碳排放比xx年下降40%~45%.电解
(1)有效“减碳”的手段之一是节能.下列制氢方法最符合的是 (填字母序号).A.电解水制氢2H2O=2H2↑+O2↑B.高温使水分解制氢2H2O=2H2↑+O2↑C.太阳光催化分解水制氢2H2O2H2↑+O2↑D.天然气制氢CH4+H2OCO+3H2
(2)用CO2和氢气合成CH3OCH3(甲醚)是解决能源危机的研究方向之一.已知CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H=Q1kJ•mol﹣12CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=Q2kJ•mol﹣1CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=Q3kJ•mol﹣1则CO2和氢气合成CH3OCH3(g)的热化学方程式为 .
(3)在催化剂和一定温度、压强条件下,CO与H2可反应生成甲醇CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g),CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示,则p1 p2(填“>”、“<”或“=”),上述反应的△H 0(填“<”、“>”或“=”)32.臭氧是一种强氧化剂,常用于消毒、灭菌等.
(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是 和 .(填分子式)
(2)O3在水中易分解,一定条件下,O3的浓度减少一半所需的时间(t)如表所示.已知O3的起始浓度为
0.0216mol/L.pHt/minT/℃
3.
04.
05.
06.02030123116958301581084815503126157
①pH增大能加速O3分解,表明对O3分解起催化作用的是 .
②在30℃、pH=
4.0条件下,O3的分解速率为 mol/(L•min).
③据表中的递变规律,推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 .(填字母代号)a.40℃、pH=
3.0b.10℃、pH=
4.0c.30℃、pH=
7.0.33.化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5.回答下列问题
(1)已知AX3的熔点和沸点分别为﹣
93.6℃和76℃,AX5的熔点为167℃.室温时AX3与气体X2反应生成lmolAX5,放出热量
123.8kJ.该反应的热化学方程式为 .
(2)反应AX3(g)+X2(g)⇌AX5(g)在容积为10L的密闭容器中进行.起始时AX3和X2均为
0.2mol.反应在不同条件下进行,反应体系总压强随时间的变化如图所示.
①实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)= ;
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为 (填实验序号);与实验a相比,其他两组改变的实验条件及判断依据是b 、c .
③用p0表示开始时总压强,p表示平衡时总压强,α表示AX3的平衡转化率,则α的表达式为 .
三、选择题(共2小题,每小题3分,满分6分)35.氯酸钾和亚硫酸氢钾能发生氧化还原反应ClO3﹣+HSO3﹣→SO42﹣+Cl﹣+H+(未配平).已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快.下列为用ClO3﹣在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应V﹣t图.下列说法中不正确的是( )A.反应开始时速率增大可能是c(H+)所致B.纵座标为V(H+)的V﹣t曲线与图中曲线完全重合C.后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小D.图中阴影部分“面积”可以表示t1﹣t2时间为n(Cl﹣)增加38.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g).平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示.下列说法正确的是( )A.550℃时,若充入惰性气体,v正,ʋ逆均减小,平衡不移动B.650℃时,反应达平衡后CO2的转化率为
25.0%C.T℃时,若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动D.该反应为放热反应
四、解答题(共3小题,满分30分)39.在容积为100L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g),随温度升高,混合气体的颜色变深.回答下列问题
(1)反应的△H 0(填“大于”或“小于”);100℃时,体系中各物质浓度随时间变化如图所示.
(2)100℃时达平衡后,改变反应温度为T,c(N2O4)以
0.0020mol•L﹣1•s﹣1的平均速率降低,经10s又达到平衡.
①T 100℃(填“大于”或“小于”).
②计算温度T时反应的平衡常数K2 .
(3)温度T时反应达平衡后,将反应容器的容积压缩为原来一半.平衡向 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动,判断理由是 .40.红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g).反应过程和能量关系如图所示(图中的△H表示生成1mol产物的数据).根据上图回答下列问题
(1)PCl5分解成PCl3和Cl2的分解反应是一个可逆反应,温度T1时,在密闭容器中加入
0.80molPCl5,反应达到平衡时PCl5还剩
0.60mol,其分解率α1等于 ;若反应温度由T1升高到T2,平衡时PCl5的分解率为α2,α2 α1(填“大于”、“小于”或“等于”).
(2)工业上制备PCl5通常分两步进行,先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3,然后降温,再和Cl2反应生成PCl5.原因是 .
(3)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3= ,P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4 △H3(填“大于”、“小于”或“等于”).
(4)PCl5能与水发生非氧化还原反应,充分反应最终生成两种酸,其化学方程式是 .41.合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能,在配合氢能的开发中起到重要作用.
(1)一定温度下,某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示,纵轴为平衡时氢气的压强(p),横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M).在OA段,氢溶解于M中形成固溶体MHx,随着氢气压强的增大,H/M逐渐增大;在AB段,MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy,氢化反应方程式为zMHx(s)+H2(g)═zMHy(s)△H1(Ⅰ);在B点,氢化反应结束,进一步增大氢气压强,H/M几乎不变.反应(Ⅰ)中z= (用含x和y的代数式表示).温度为T1时,2g某合金4min内吸收氢气240mL,吸氢速率v= mL•g﹣1•min﹣1.反应的焓变△HⅠ 0(填“>”“<”或“=”).
(2)η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例,则温度为T
1、T2时,η(T1) η(T2)(填“>”“<”或“=”).当反应(Ⅰ)处于图中a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,达到平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的 点(填“b”“c”或“d”),该贮氢合金可通过 或 的方释放氢气.
五、选择题(共3小题,每小题0分,满分0分)42.向2L密闭容器里充入2molM和一定量的N,发生如下反应M(g)+N(g)⇌E(g)当反应进行到4min时,测知M的浓度为
0.2mol/L;反应进行到2min时,密闭容器中M的物质的量浓度为( )A.等于
0.6mol/LB.小于
0.6mol/LC.等于
0.8mol/LD.大于
0.8mol/L44.某温度下,在2L的密闭容器中,加入1molX(g)和2molY(g)发生反应X(g)+mY(g)⇌3Z(g),平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%,在此平衡体系中加入1molZ(g),再将达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变.下列叙述不正确的是( )A.m=2B.两次平衡的平衡常数相同C.X与Y的平衡转化率之比为11D.第二次平衡时,Z的浓度为
0.4mol•L﹣145.已知HClO是比H2CO3还弱的酸,氯水中存在下列平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO、HClO⇌H++ClO﹣,达到平衡后,要使HClO的浓度增大,可加入足量的下列哪种物质( )A.SO2B.NaHCO3C.HClD.NaOH
六、解答题(共3小题,满分0分)47.某小组同学设计并进行了一系列Fe2+与Fe3+的相关实验.实验序号实验步骤和操作实验现象实验一(Ⅰ)取氯化亚铁固体[已部分变质,含有少量难溶于水的杂质Fe(OH)2Cl],向其中加入过量稀盐酸.(Ⅱ)再加入稍过量的铁粉,振荡.固体完全溶解,溶液呈黄绿色 实验二(Ⅰ)取实验一得到的溶液,加入KSCN溶液.(Ⅱ)再加入少量H2O2溶液.颜色无明显变化溶液变红,有少量气泡实验三(Ⅰ)取10mL
0.1mol/LKI溶液,滴加6滴
0.1mol/LFeCl3溶液.(Ⅱ)取少量上述黄色溶液,滴加KSCN溶液.(Ⅲ)另取上述的黄色溶液,加入淀粉溶液.溶液呈黄色溶液变红溶液变蓝实验四(Ⅰ)向实验三步骤I中所得的黄色溶液中加入2mLCCl4,充分振荡后,分离得到水层;重复操作三次.(Ⅱ)向步骤I中所得水层中加入KSCN溶液.颜色无明显变化请回答下列问题
(1)实验一步骤Ⅰ中Fe(OH)2Cl与盐酸反应的离子方程式是 .
(2)实验一步骤Ⅱ中的实验现象是 ;加入稍过量铁粉的作用是 .
(3)实验二步骤Ⅱ中溶液变红的原因是 (用离子方程式表示).
(4)实验三步骤Ⅰ中的黄色溶液中含有的溶质微粒除了K+、Cl﹣,还有 .
(5)已知用KSCN检验Fe3+时,Fe3+的最低显色浓度为1×10﹣5mol/L.实验四中最终溶液不变红的原因是 .48.某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应平衡常数和水解反应速率的测定.
(1)氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应是NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g).
①某物质的标准摩尔生成焓是指在标准状态下由稳定单质生成1mol该物质时的反应焓变.例如CH3COOH的标准摩尔生成焓是指如下反应在标准状态下的焓变△H(CH3COOH)C(s)+O2(g)+H2(g)═CH3COOH(l)△H(CH3COOH)已知NH2COONH4(s)、NH3(g)和CO2(g)的标准摩尔生成焓分别为△H
1、△H2和△H3,则上述NH2COONH4分解反应的反应热△H=
②将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡实验测得不同温度下的平衡数据列于下表温度(℃)
15.
020.
025.
030.
035.0平衡气体总浓度(×10﹣3mol/L)
2.
43.
44.
86.
89.4i.可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是 .A.2v(NH3)=v(CO2)B.密闭容器中总压强不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变ii.根据表中数据,列式计算
25.0℃时的分解平衡常数 .(保留两位有效数字)iii.取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中,在25℃下达到分解平衡.下列说法正确的是 .a、恒温、压缩容器体积,再次达到平衡后,容器内的压强大于原平衡压强b、恒温、增大容器体积,再次达到平衡后,容器内的c(CO2)小于原平衡时的浓度c、固定活塞、升高温度,再次达到平衡后,容器内的压强大于原平衡时的压强.
(2)已知NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O.该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率,得到c(NH2COO﹣)随时间变化趋势如图所示.
①计算25℃时,0~6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率 .
②根据图中信息,如何说明水解反应速率随温度升高而增大 .49.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂.工业上常采用NaClO氧化法生产,其生产工艺如图1
(1)写出反应
①的离子方程式 .
(2)K2FeO4在水溶液中易水解4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH﹣+3O2↑.
①在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法,则洗涤剂最好选用 溶液(填序号).A.H2OB.KOH、乙醇C.NH4Cl、乙醇D.Fe(NO3)
3、乙醇
②将适量K2FeO4溶于水配制成c(FeO42﹣)=
1.0mmol•L﹣1的试样,将试样分别置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒温水浴中,测定c(FeO42﹣)的变化,结果见图2.该实验的目的是 .
(3)反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响.图2为不同的温度下,Fe(NO3)3不同质量浓度对K2FeO4生成率的影响;根据图3分析工业生产中最佳温度为 ℃.相同浓度下,K2FeO4生成率随温度变化的可能原因是 . xx北师大附属实验中学高二(上)期中化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题(共30小题,每小题2分,满分70分)1.当今世界面临日益加剧的能源危机,下列关于能源的描述不正确的是( )A.提高燃料的利用效率是解决能源危机的方向B.正在探索的新能源有太阳能、氢能、风能、海洋能和生物质能等C.新能源的优点是可以再生、没有污染或者很少污染D.燃烧热是评价燃料优劣的唯一标准【考点】常见的生活环境的污染及治理;常见的能量转化形式.【分析】A、解决能源问题有两条出路一是要把现有的能源利用好,提高利用率;二是要积极开发新能源,寻找替代能源;B、要积极开发新能源,寻找替代传统和常规能源;C、新能源通常是环境友好型能源;D、评价燃料的优劣还应当考虑到是否对环境有污染.【解答】解A、解决能源问题的根本出路就是节约能源,提高现有能源利用率,积极寻找和开发新能源,故A正确;B、要积极开发新能源,寻找替代传统和常规能源,所以人们正在探索的新能源有太阳能、氢能、风能、海洋能和生物质能等,故B正确;C、新能源相对于化石燃料来讲,资源丰富、可以再生、污染轻,对环境友好,故C正确;D、评价燃料的优劣还应当考虑到是否对环境有污染,故D错误;故选D. 2.下列变化为放热反应的是( )A.2NH4Cl+Ba(OH)2•H2O═BaCl2+2NH3↑+10H2OB.2HI(g)═H2(g)+I2(g)△H=+
14.9kJ.mol﹣1C.形成化学键时共放出能量862kJ的化学反应D.能量变化如图所示的化学反应【考点】反应热和焓变.【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),C或氢气做还原剂时的反应.【解答】解A.氯化铵和氢氧化钡晶体常温下反应属于吸热反应,故A错误;B.反应的焓变为正值属于吸热反应,故B错误;C.化学反应能量变化由断裂化学键吸收的能量和形成化学键放出的能量决定,形成化学键时共放出能量862kJ的化学反应可能是吸热反应,故C错误;D.图象中反应物能量高于生成物,反应一定是放热反应,故D正确;故选D. 3.已知在101kPa、298K条件下,2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量,下列热化学方程式正确的是( )A.H2O(g)═H2(g)+O2(g)△H=+242kJ•mol﹣1B.2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣484kJ•mol﹣1C.H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=+242kJ•mol﹣1D.2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=+484kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式.【分析】A、根据氢气燃烧生成水蒸气的逆过程为吸热过程来分析;B、根据物质的聚集状态来判断;C、根据反应放热时焓变符号为负来判断;D、根据反应放热时焓变符号为负来判断.【解答】解A、2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量,则1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量,其逆过程就要吸收这些热量,有H2O(g)=H2(g)+O2(g)△H=+242kJ•mol﹣1,故A正确;B、生成的水应该为气态,而不是液态,故B错误;C、反应为放热反应,此时焓变符号为负,故C错误;D、反应为放热反应,此时焓变符号为负,故D错误.故选A. 4.下列说法正确的是( )A.在101kPa时,1mol物质完全燃烧时所放出的热量,叫做该物质的燃烧热B.酸和碱发生中和反应生成1mol水,这时的反应热叫中和热C.燃烧热或中和热是反应热的种类之一D.吸热反应没有利用价值【考点】中和热;燃烧热.【分析】A、依据燃烧热概念分析,1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热;B、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生1nolH2O放出的热量;C、燃烧热或中和热属于反应热;D、吸热反应有其利用价值,可以从生产应用中分析判断.【解答】解A、依据燃烧热概念分析,1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热,生成的必须是稳定氧化物,故A错误;B、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生1nolH2O放出的热量,弱酸弱碱存在电离平衡电离过程是吸热过程,故B错误;C、燃烧热或中和热是一定条件下的反应热属于化学反应的反应热,故C正确;D、吸热反应有其利用价值,如炼铁过程中还原剂的生成虽然是吸热反应,但对炼铁过程是必须的,所以吸热反应有其利用价值,故D错误;故选C. 5.在2A+B⇌3C+4D反应中,表示该反应速率最快的是( )A.v(A)=
0.5mol•L﹣1•s﹣1B.v(B)=
0.3mol•L﹣1•s﹣1C.v(C)=
0.6mol•L﹣1•s﹣1D.v(D)=
1.6mol•L﹣1•s﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系.【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比,故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大,表示的速率越快,注意保持单位一致.【解答】解不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比,故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大,表示的速率越快,A.=
0.25mol/(L•s);B.=
0.3mol/(L•s);C.=
0.2mol/(L•s);D.=
0.4mol/(L•s),故选D. 6.反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)在10L密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了
0.45mol,则此反应的速率v(X)可表示为( )A.v(NO)=
0.0010mol•L﹣1•s﹣1B.v(O2)=
0.0010mol•L﹣1•s﹣1C.v(NH3)=
0.010mol•L﹣1•s﹣1D.v(H2O)=
0.045mol•L﹣1•s﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系.【分析】根据v=计算v(H2O),再利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的反应速率.进行判断.【解答】解在体积10L的密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了
0.45mol.则v(H2O)==
0.0015mol•L﹣1•s﹣1,A、速率之比等于化学计量数之比,所以v(NO)=×
0.0015mol•L﹣1•s﹣1=
0.0010mol•L﹣1•s﹣1,故A正确;B、速率之比等于化学计量数之比,所以v(O2)=×
0.0015mol•L﹣1•s﹣1=
0.00125mol•L﹣1•s﹣1,故B错误;C、速率之比等于化学计量数之比,所以v(NH3)=×
0.0015mol•L﹣1•s﹣1=
0.0010mol•L﹣1•s﹣1,故C错误;D、v(H2O)==
0.0015mol•L﹣1•s﹣1,故D错误.故选A. 7.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是( )A.生成物总能量一定低于反应物总能量B.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C.应用盖斯定律,可计算某些难以直接测量的反应焓变D.同温同压下,H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同【考点】化学反应中能量转化的原因;吸热反应和放热反应;反应热和焓变;用盖斯定律进行有关反应热的计算.【分析】化学反应中一定伴随着能量变化,反应中既有放热反应,又有吸热反应,取决于反应物和生成物总能量的大小,生成物的总能量低于反应总能量的反应,是放热反应,若是吸热反应则相反,化学反应速率取决于物质的性质和外界反应条件,与反应是吸热还是放热没有必然的联系,反应热只取决于反应物和生成物总能量的大小,与反应条件无关.【解答】解A、生成物的总能量低于反应总能量的反应,是放热反应,若是吸热反应则相反,故A错;B、反应速率与反应是吸热还是放热没有必然的联系,故B错;C、化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小,与反应途径无关,应用盖斯定律,可计算某些难以直接测量的反应焓变,故C正确;D、根据△H=生成物的焓﹣反应物的焓可知,焓变与反应条件无关,在光照和点燃条件下该反应的△H相同,故D错.故选C. 8.反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)在密闭容器中进行,下列条件不能改变该反应的速率的是( )A.缩小体积使压强增大B.体积不变充入N2使压强增大C.体积不变充入氦气使压强增大D.压强不变充入N2使体积增大【考点】化学反应速率的影响因素.【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应,改变温度、改变压强(能引起反应物或生成物浓度变化)、改变浓度、加入催化剂都能改变反应速率,据此分析解答.【解答】解A.缩小体积使压强增大,增大单位体积内活化分子个数,反应速率增大,故A不选;B.体积不变充入N2使压强增大,反应物浓度增大,增大单位体积内活化分子个数,反应速率增大,故B不选;C.体积不变充入氦气使压强增大,但反应物和生成物浓度不变,所以反应速率不变,故C选;D.压强不变充入N2使体积增大,氧气和NO浓度减小,反应速率改变,故D不选;故选C. 9.对25℃时的醋酸溶液,若采用下列不同的措施,能使醋酸电离度增大的是( )A.加入NaOH固体B.加入醋酸钠晶体C.加入盐酸D.降温【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】醋酸中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+,能使醋酸电离程度增大,说明平衡向正反应方向移动,可以采取的措施有加水稀释、加热、加入和氢离子反应的物质等,据此分析解答.【解答】解醋酸中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+,能使醋酸电离程度增大,说明平衡向正反应方向移动,A.加入NaOH固体,氢氧根离子和氢离子反应生成水促进醋酸电离,平衡向正反应方向移动,醋酸电离度增大,故A正确;B.加入醋酸钠晶体,溶液中醋酸根离子浓度增大,抑制醋酸电离,平衡向逆反应方向移动,电离程度减小,故B错误;C.加入盐酸,氢离子浓度增大,抑制醋酸电离,平衡向逆反应方向移动,电离程度减小,故C错误;D.醋酸电离是吸热过程,降低温度抑制醋酸电离,则平衡向逆反应方向移动,电离程度减小,故D错误.故选A. 10.在已处于化学平衡状态的体系中,如果下列量发生变化,其中一定能表明平衡移动的是( )A.反应混合物的浓度B.反应物的转化率C.正、逆反应速率D.反应混合物的压强【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,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,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,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态.【解答】解A、如果两计量数相等,增大压强,反应体系的各物质的浓度变大,但平衡不移动,故A错误;B、反应物的转化率的变化,说明化学平衡发生移动,故B正确;C、正、逆反应速率变化量相等,但平衡不移动,故C错误;D、两边气体的计量数相等,压强改变平衡不移动,故D错误;故选B. 11.一定温度下,反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)达到化学平衡状态的标志( )A.N
2、H2和NH3的质量分数不再改变B.c(N2)c(H2)c(NH3)=132C.N2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2D.单位时间里每增加1molN2,同时增加3molH2【考点】化学平衡状态的判断.【分析】化学反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不再发生变化,由此衍生的一些物理量不再变化,注意反应化学方程式中气体的化学计量数之和前后不等的特点,以此判断.【解答】解A、N
2、H2和NH3的质量分数不再改变,说明达到平衡状态,故A正确.B、平衡时各物质的浓度取决于反应开始时的配料比以及反应转化的程度,不能用来判断是否达到平衡状态,故B错误;C、平衡时各组分物质的量的多少决定于开始加入的多少,与平衡状态无关,所以不能用来判断该反应达到平衡状态,故C错误.D、无论反应是否达到平衡状态,只要单位时间里每增加1molN2,同时增加3molH2,所以不能用来判断该反应达到平衡状态,故D错误.故选A. 12.在某温度下反应ClF(气)+F2(气)ClF3(气)+268千焦在密闭容器中达到平衡.下列说法正确的是( )A.温度不变,缩小体积,ClF的转化率增大B.温度不变,增大体积,ClF3的产率提高C.升高温度,增大体积,有利于平衡向正反应方向移动D.降低温度,体积不变,F2的转化率降低【考点】化学平衡的影响因素.【分析】根据外界条件对化学平衡的影响.【解答】解A、缩小体积,压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向,ClF的转化率增大,故A正确;B、增大体积,压强减小,平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向,ClF3的产率降低,故B错误;C、升高温度,平衡向吸热的方向移动即逆反应方向;增大体积,压强减小,平衡向气体体积增大的方向移动即逆反应方向,所以升高温度,增大体积,有利于平衡向逆反应方向移动,故C错误;D、降低温度,平衡向放热的方向移动即正反应方向,F2的转化率增大,故D错误;故选A. 13.在一密闭容器中,充入一定量的反应物A,反应aA(g)⇌bB(g)达平衡后,保持温度不变,将容器体积缩到一半,当达到新的平衡时,B的浓度是原来的
1.6倍,则( )A.平衡向正反应方向移动了B.物质A的转化率减少了C.物质B的质量增重了D.a>b【考点】化学平衡的影响因素.【分析】采用假设法分析,保持温度不变,将容器体积缩小一半,假设平衡不移动,A和B的浓度应均是原来的2倍,但当达到新的平衡时,B的浓度均是原来的
1.6倍,说明增大压强平衡逆反应方向移动,则说明a<b,据此判断.【解答】解保持温度不变,将容器体积缩小一半,假设平衡不移动,A和B的浓度应均是原来的2倍,但当达到新的平衡时,B的浓度均是原来的
1.6倍,说明增大压强平衡逆反应方向移动,则说明a<b,则A、由上述分析可知,平衡逆反应方向移动,故A错误;B、平衡逆反应方向移动,故A的转化率降低,故B正确;C、平衡逆反应方向移动,B的质量减小,混合气体的总质量不变,故B的质量分数减小,质量减小,故C错误;D、增大压强平衡逆反应方向移动,则说明a<b,故D错误;故选B. 14.在一定温度下,一定体积的密闭容器中有如下平衡H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)已知H2和I2的起始浓度均为
0.1mol•L﹣1时,达平衡时HI的浓度为
0.16mol•L﹣1.若H2和I2的起始浓度均变为
0.02mol•L﹣1,则平衡时HI的浓度(mol•L﹣1)是( )A.
0.08B.
0.04C.
0.032D.
0.036【考点】化学平衡的计算;化学平衡常数的含义.【分析】先根据题中所给信息,求出化学平衡常数,温度一定,化学平衡常数不变,再次利用平衡常数求出平衡式H2的浓度.【解答】解H2(g)+I2(g)2HI(g)起始浓度
0.10mol•L﹣
10.10mol•L﹣10反应浓度
0.08mol•L﹣
10.08mol•L﹣
10.16mol•L﹣1平衡浓度
0.02mol•L﹣
10.02mol•L﹣
10.16mol•L﹣1化学平衡常数K===64当H2和I2的起始浓度均变为
0.020mol•L﹣1时,设则平衡时H2的浓度为x(mol•L﹣1),则氢气的反应浓度为(
0.020﹣x)mol•L﹣1.H2(g)+I2(g)2HI(g)起始浓度
0.0020mol•L﹣
10.20mol•L﹣10反应浓度(
0.020﹣x)mol•L﹣1(
0.020﹣x)mol•L﹣12(
0.020﹣x)mol•L﹣1平衡浓度xx2(
0.020﹣x)mol•L﹣1化学平衡常数K==64x=
0.004mol•L﹣1则平衡时HI的浓度(mol•L﹣1)是2(
0.020﹣x)mol•L﹣1=
0.032mol•L﹣1,故选C. 15.已知某可逆反应在密闭容器中进行A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)△H<0,如图中曲线a代表一定条件下该反应的过程,若使a曲线变为b曲线,可采用的措施是( )A.增大A的浓度B.增大容器的体积C.加入催化剂D.升高温度【考点】化学平衡的影响因素.【分析】反应的特点是气体的计量数之和左右相等,且正反应放热,由图象可知a、b的反应速率不同,但达到同一平衡状态,以此解答该题.【解答】解在反应A(g)+2B(g)═3C(g)+D(s)中,气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等,则增大压强反应速率增大,但平衡不移动,由图象可知a、b的反应速率不同,但达到同一平衡状态,说明缩小容器的体积或加入催化剂都可实现图中转化,故选C. 16.下列关于平衡常数K,不正确的是( )A.每一个反应,在一个温度下,有一个K值B.K越大,表示正向反应的倾向大,反应完全C.K值只能说明反应的最大限度,不能说明反应的速度D.吸热反应的K值大于所有放热反应的K值【考点】化学平衡的影响因素;化学平衡常数的含义.【分析】A.对于确定的化学平衡,一定温度下反应的平衡常数一定;B.平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积,K越大说明正反应进行程度越大;C.K是衡量化学平衡减小程度大小,和反应速率无关;D.吸热反应不一定进行程度小,放热反应不一定进行程度大;【解答】姐A.一定温度下的化学平衡,对应一个化学平衡常数,故A正确;B.平衡常数是衡量化学平衡进行程度的物理量,K越大,表示正向反应的倾向大,反应越完全,故B正确;C.平衡常数数值的大小是反应进行程度的标志,因为平衡状态是反应进行的最大限度,而平衡常数的表达式很好的表示出了在反应达到平衡时的生成物和反应物的浓度关系,一个反应的平衡常数越大,说明反应物的平衡转化率越高,和反应速率无直接关系,故C正确;D.盐类水解是吸热反应,但平衡常数很小,吸热反应的K值不一定大于放热反应的K值,故D错误;故选D. 17.下列反应,属于熵减过程的是( )A.CO(g)═C(s)+O2(g)B.2N2O5(g)═4NO2(g)+O2(g)C.(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g)D.MgCO3(s)═MgO(s)+CO2(g)【考点】焓变和熵变.【分析】熵是体系的混乱度,熵减说明变化前后混乱度减小据此分析选项.【解答】解A、CO(g)═C(s)+O2(g),气体的物质的量减少,是熵减过程,故A正确;B、2N2O5(g)═4NO2(g)+O2(g),气体的物质的量增加,是熵增过程,故B错误;C、(NH4)2CO3(s)═NH4HCO3(s)+NH3(g),气体的物质的量增加,是熵增过程,故C错误;D、MgCO3(s)═MgO(s)+CO2(g),气体的物质的量增加,是熵增过程,故D错误;故选A. 18.在合成氨工业中,下列变化过程中不能使平衡向右移动的是( )
①不断将氨分离出来
②使用催化剂
③采用500℃左右的温度而不是常温
④采用较高的压强.A.
①B.
②C.
③D.
②③【考点】化学平衡的影响因素.【分析】合成氨正反应反应是放热反应和气体体积缩小的反应,所以降低温度、减小压强和增加反应物的浓度或减小生成物的浓度都能使平衡向右移动,由此分析解答.【解答】解
①不断将氨分离出来,生成物的浓度减少,平衡向右移动,故不选;
②使用催化剂,平衡不移动,故选;
③合成氨是放热反应,所以升高温度平衡逆向移动,故选;
④合成氨正反应是气体体积减小的反应,所以增大压强,平衡正向移动,故不选;故选D. 19.下列物质中,属于强电解质的是( )A.SO3B.CH3COOHC.NH3D.NaOH【考点】强电解质和弱电解质的概念.【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在溶液里全部电离的是强电解质,部分电离属于若电解质,电解质属于纯净物、化合物,据此解答即可.【解答】解A、三氧化硫本身不能电离出离子属于非电解质,故A错误;B、醋酸在水溶液中溶于水部分电离出自由移动的离子,溶液能导电,是弱电解质,故B错误;C、氨气溶于水和水反应生成一水合氨为弱电解质,氨气本身不能电离出离子属于非电解质,故C错误;D、氢氧化钠溶于水完全电离成钠离子和氢氧根离子属于强电解质,故D正确,故选D. 20.下列电离方程式中,正确的是( )A.H2CO3=2H++CO32﹣B.Ba(OH)2⇌Ba2++2OH﹣C.CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+D.HClO=H++Cl﹣+O2﹣【考点】电离方程式的书写.【分析】写物质的电离方程式,首先判断电解质的类型及电离出的阴阳离子,然后根据电解质的类型判断写可逆号还是等号,如果是多元弱酸,要分步电离,如果是多元弱碱,只需一步书写,最后要注意原子守恒、电荷守恒.A.碳酸属于二元弱酸,分步电离;B.Ba(OH)2为二元强碱,完全电离;C.CH3COOH为一元弱酸,部分电离出氢离子和乙酸根离子;D.次氯酸酸为弱酸,部分电离出氢离子和次氯酸根离子.【解答】解A.碳酸属于二元弱酸,分步电离,电离过程是可逆过程,电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3﹣,HCO3﹣⇌H++CO32﹣,故A错误;B.Ba(OH)2为强碱,在水中完全电离,用“═”,则电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH﹣,故B错误;C.CH3COOH为一元弱酸,部分电离,用可逆符号,电离出氢离子和乙酸根离子,电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+,故C正确;D.次氯酸酸为弱酸,部分电离,其电离方程式为HClO⇌H++ClO﹣,故D错误;故选C. 21.下列有关“电离平衡”的叙述中正确的是( )A.电解质在溶液里达到电离平衡时,溶质电离出的离子浓度相等B.电离平衡时,由于分子和离子的浓度不断发生变化,所以说电离平衡是动态平衡C.电离平衡是相对的、暂时的,外界条件改变时,平衡就会发生移动D.电解质达到电离平衡后,各种离子的浓度相等【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】A.电解质在溶液里达到电离平衡时,溶质电离出的离子浓度不一定相等;B.电离平衡时,溶液中分子和离子浓度不再改变;C.电离平衡是相对的、暂时的,与外界条件有关,外界条件改变,则平衡改变;D.电解质达到电离平衡后,各种离子的浓度不变,但不一定相等.【解答】解A.电解质在溶液里达到电离平衡时,溶质电离出的离子浓度不一定相等,如碳酸在水中电离出的离子有氢离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子,碳酸电离出的离子浓度大小顺序是C(H+)>C(HCO3﹣)>C(CO32﹣),故A错误;B.电离平衡时,溶液中分子和离子浓度不再改变,但电离没有停止,只是弱电解质的电离和生成速率相等,所以说电离平衡是动态平衡,故B错误;C.电离平衡是相对的、暂时的,与外界条件有关,外界条件改变,则平衡被打破,建立新的平衡,故C正确;D.电解质达到电离平衡后,溶液中分子的浓度和离子的浓度不变,但离子浓度不一定相等,如25℃时,醋酸溶液呈酸性,溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度,故D错误;故选C. 22.在
0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡CH3COOH⇌CH3COO﹣+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﹣1HCl溶液,溶液中c(H+)减小D.加入少量CH3COONa固体,平衡向正反应方向移动【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】A、稀释弱电解质溶液,会促进电离;B、H+被氢氧化钠消耗,平衡向着正向移动;C、引进了氢离子,平衡向着逆向移动,但是c(H+)会增大;D、加入醋酸根离子,平衡向着逆向移动.【解答】解A、加入水时,溶液被稀释,电离平衡向着正向移动,会促进醋酸的电离,故A错误;B、加入少量NaOH固体后,H+和氢氧化钠反应,平衡向着正向移动,故B正确;C、盐酸是强电解质,加入后溶液中c(H+)增大,电离平衡向着逆向移动,但是达到新的平衡时,溶液中c(H+)增大,故C错误;D、加入少量CH3COONa固体,溶液的c(CH3COO﹣)增大,平衡向着逆向移动,故D错误.故选B. 23.化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡,故可用作酸碱指示剂HIn(溶液)⇌H+(溶液)+In﹣(溶液)红色黄色浓度为
0.02mol•L﹣1的下列各溶液
①盐酸
②石灰水
③NaCl溶液
④NaHSO4溶液
⑤NaHCO3溶液
⑥氨水,其中能使指示剂显红色的是( )A.
①④⑤B.
②⑤⑥C.
①④D.
②③⑥【考点】化学平衡的影响因素.【分析】能使指示剂显红色,应使c(HIn)>c(In﹣),所加入物质应使平衡向逆反应方向移动,所加入溶液应呈酸性,以此解答该题.【解答】解能使指示剂显红色,应使c(HIn)>c(In﹣),所加入物质应使平衡向逆反应方向移动,所加入溶液应呈酸性,
①④为酸性溶液,可使平衡向逆反应方向移动,而
②⑤溶液呈碱性,可使平衡向正反应方向移动,
③为中性溶液,平衡不移动,故选C. 24.用氢离子浓度相同的盐酸和醋酸溶液,分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液,当氢氧化钠恰好被完全中和时,消耗盐酸和醋酸溶液的体积分别为V1和V2,则V1和V2的关系正确的是( )A.V1>V2B.V1<V2C.V1=V2D.V1≤V2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】醋酸为弱酸,两种溶液中H+离子浓度相等,则醋酸浓度大于盐酸,根据n=cV比较二者的体积关系.【解答】解醋酸为弱酸,两种溶液中H+离子浓度相等,则醋酸浓度大与盐酸,设盐酸的浓度为c1,醋酸的浓度为c2,则c1<c2,分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液,当氢氧化钠恰好被完全中和时,消耗的两种酸的物质的量相等,则有n=c1V1=c2V2,由于c1<c2,所以V1>V2.故选A. 25.COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g);△H>0.当反应达到平衡时,下列措施
①升温
②恒容通入惰性气体
③增加CO浓度
④减压
⑤加催化剂
⑥恒压通入惰性气体,能提高COCl2转化率的是( )A.
①②④B.
①④⑥C.
②③⑤D.
③⑤⑥【考点】化学平衡的影响因素.【分析】化学反应COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)△H>0,正反应是气体体积增大的吸热反应,
①升温平衡向吸热反应方向移动;
②恒容通入惰性气体,总压增大,分压不变,平衡不动;
③增加CO的浓度,平衡逆向进行;
④减压平衡向气体体积增大的方向进行;
⑤加催化剂,改变速率不改变平衡;
⑥恒压通入惰性气体,压强增大,为保持恒压,体积增大压强减小,平衡正向进行.【解答】解化学反应COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)△H>0,正反应是气体体积增大的吸热反应,
①升温平衡向正反应移动,COCl2转化率增大,故
①符合;
②恒容通入惰性气体,总压增大,反应混合物各组分的浓度不变,平衡不移动,COCl2转化率不变,故
②不符合;
③增加CO的浓度,平衡向逆反应方向移动,COCl2转化率减小故
③不符合;
④减压平衡向正反应方向移动,COCl2转化率增大,故
④符合;
⑤加催化剂,改变速率不改变平衡,COCl2转化率不变,故
⑤不符合;
⑥恒压通入惰性气体,压强增大,为保持恒压,体积增大压强减小,平衡正向进行,COCl2转化率增大,故
⑥符合,故选B. 26.近年来,我国北京等地出现严重雾霾天气,据研究,雾霾的形成与汽车排放的CO、NO2等有毒气体有关.对汽车加装尾气净化装置,可使有毒气体相互反应转化为无毒气体,反应方程式为4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g)△H=﹣1200kJ•mol﹣1.对于该反应,温度不同(T2>T1)其他条件相同时,下列图象正确的是( )A.B.C.D.【考点】化学平衡的影响因素.【分析】根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可,根据影响化学反应速率的因素温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间,根据影响化学平衡移动的因素温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况,由此分析解答.【解答】解A、升高温度,化学平衡逆向移动,化学反应速率会迅速增大,会离开原来的速率点,故A错误;B、升高温度,化学反应速率会迅速增大,所以T2时先达到化学平衡状态,并且化学平衡逆向移动,二氧化氮的转化率减小,故B正确;C、对于反应4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g),T不变,增大压强,平衡正向移动,一氧化碳的体积分数会减小,故C错误;D、正反应是放热反应,温度升高化学平衡常数减小,而不是增大,故D错误;故选B. 27.某温度下在密闭容器中发生如下反应2M(g)+N(g)⇌2E(g)若开始时只充入2molE(g),达平衡时,混合气体的压强比起始时增大了20%;若开始时只充入2molM和1molN的混合气体,达平衡时M的转化率为( )A.20%B.40%C.60%D.80%【考点】等效平衡;化学平衡的计算.【分析】根据等效平衡,在相同温度下,固定容积的反应容器内,2molE与2molM和1molN的物质的量相当,达到平衡时,两者的平衡状态相同,利用三段式解题方法,可求知结果.【解答】解设充入2molE达到平衡状态时反应了2xmolE,根据方程式计算如下2M(g)+N(g)2E(g)起始0mol0mol2mol转化2xx2x平衡2xx2﹣2x根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的物质的量之比等于压强之比,则有=
1.2,解得x=
0.4mol;在相同条件下,2molE与2molM和1molN的物质的量相当,达到平衡时,两者的平衡状态相同,即若开始时只充入2molM和1molN的混合气体,达平衡时M的物质的量为
0.8mol,转化的M的物质的量为2mol﹣
0.8mol=
1.2mol所以达平衡时M的转化率=,故选C. 28.T℃时,将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中,发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g),容器中H2的物质的量随时间变化如图中实线所示.图中虚线表示仅改变某一反应条件时,H2的物质的量随时间的变化.下列说法正确的是( )A.反应开始至a点时v(H2)=1mol•L﹣1•min﹣1B.若曲线Ⅰ对应的条件改变是升温,则该反应△H>0C.曲线Ⅱ对应的条件改变是降低压强D.T℃时,该反应的化学平衡常数为
0.125【考点】化学平衡的计算;物质的量或浓度随时间的变化曲线.【分析】A.根据v=计算反应速率;B.如该反应△H>0,升高温度平衡应向正反应方向移动;C.如降低压强,反应速率减小,达到平衡所用时间较长;D.首先计算平衡时各物质的浓度,进而计算平衡常数.【解答】解A.v===1mol•L﹣1•min﹣1,故A正确;B.如该反应△H>0,升高温度平衡应向正反应方向移动,则平衡时H2的物质的量应小于T℃时,与图象不符,故B错误;C.如降低压强,反应速率减小,达到平衡所用时间较长,但图中曲线反应速率较大,达到平衡时间较短,与图象不符,故C错误;D.T℃时,达到平衡时H2的物质的量为2mol,根据反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知,平衡时,c(CO2)==2mol/L,c(H2)==1mol/L,c(CH3OH)==1mol/L,c(H2O))==1mol/L,则k===
0.5,故D错误.故选A. 29.某温度下,体积一定的密闭容器中进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0.下列分析正确的是( )A.平衡后加入N2,该反应的△H增大B.若平衡后升高温度,则平衡常数K变大C.平衡后再充入NH3,达到新平衡时,NH3的百分含量变大D.若反应前充入的N2与H2物质的量相等,达平衡时N2的转化率比H2的高【考点】化学平衡的影响因素.【分析】A、反应热与化学方程式的书写有关,与某一种物质的物质的量的多少无关;B、升高温度,平衡左移,平衡常数减小;C、平衡后再充入NH3,等效于在原来的基础上压缩容器的体积,压强增大,平衡右移,达到新平衡时,NH3的百分含量变大;D、根据反应物的化学计量数判断转化率关系.【解答】解A、△H是与反应本身有关的一个量,不因为反应物的量的变化而改变,故A错误;B、△H<0表示本反应为放热反应,平衡时升高温度,反应平衡吸热反应方向移动,即向逆反应方向移动,平衡常数K变小,故B错误;C、平衡后再充入NH3,等效于在原来的基础上压缩容器的体积,压强增大,平衡右移,达到新平衡时,NH3的百分含量变大,故C正确.D、设反应前充入的N2与H2物质的量相等且都为1mol,反应中转化的N2物质的量为xmol,则转化的H2为3xmol,转化率之比为13,H2的转化率大,故D错误.故选C. 30.某温度下2L密闭容器中,3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量(n)如表所示.下列说法正确的是( )XYW(起始状态)/mol210(平衡状态)/mol
10.
51.5A.该温度下,此反应的平衡常数表达式是K=B.升高温度,若W的体积分数减小,则此反应△H>0C.增大压强,正、逆反应速率均增大,平衡向正反应方向移动D.该温度下,再向容器中通入3molW,达到平衡时,n(X)=2mol【考点】化学平衡的计算.【分析】由表中数据可知X的物质的量减少1mol,Y减少
0.5mol,W增加
0.5mol,则反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3W(g),反应前后气体的体积不变,则压强对平衡移动没有影响,以此解答该题.【解答】解由题中数据可知反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3W(g),则A.该温度下,此反应的平衡常数表达式是K=,故A错误;B.升高温度,若W的体积分数减小,说明平衡向逆反应方向移动,则此反应△H<0,故B错误;C.反应前后气体的体积不变,则压强对平衡移动没有影响,故C错误;D.反应前后气体的体积不变,则压强对平衡移动没有影响,该温度下,再向容器中通入3molW,达到平衡时等效于加入4molX、2molY,平衡状态相同,各物质的含量相同,则达到平衡时,n(X)=2mol,故D正确.故选D.
二、解答题(共3小题,满分35分)31.联合国气候变化大会于xx年12月7~18日在哥本哈根召开.中国政府承诺到2020年,单位GDP二氧化碳排放比xx年下降40%~45%.电解
(1)有效“减碳”的手段之一是节能.下列制氢方法最符合的是 C (填字母序号).A.电解水制氢2H2O=2H2↑+O2↑B.高温使水分解制氢2H2O=2H2↑+O2↑C.太阳光催化分解水制氢2H2O2H2↑+O2↑D.天然气制氢CH4+H2OCO+3H2
(2)用CO2和氢气合成CH3OCH3(甲醚)是解决能源危机的研究方向之一.已知CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H=Q1kJ•mol﹣12CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=Q2kJ•mol﹣1CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=Q3kJ•mol﹣1则CO2和氢气合成CH3OCH3(g)的热化学方程式为 2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=(2Q1+Q2﹣2Q3)kJ•mol﹣1 .
(3)在催化剂和一定温度、压强条件下,CO与H2可反应生成甲醇CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g),CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示,则p1 < p2(填“>”、“<”或“=”),上述反应的△H < 0(填“<”、“>”或“=”)【考点】转化率随温度、压强的变化曲线;热化学方程式;化学平衡的影响因素.【分析】
(1)有效“减碳”的手段之一是节能,利用太阳光催化分解水制氢是最节能的,减少电能、天然气、热能的利用;
(2)利用热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式,三式相加得;
(3)根据定一议二原则,相同温度下,同一容器中,增大压强,平衡向正反应方向移动,则CO的转化率增大;相同压强下,同一容器中,增大温度,CO的转化率减小,平衡向吸热反应方向移动,由此判断.【解答】解
(1)A、消耗电能,不是最节能的方法,故A错误;B、消耗热能,不是减碳的手段,故B错误;C、利用太阳光催化分解水制氢是最节能的,故C正确;D、天然气是非再生能源,且不是最节能的方法,故D错误;故选C;
(2)利用盖斯定律进行计算,将三个方程式进行形式变换,2CO(g)+4H2(g)═2CH3OH(g)△H=2Q1kJ•mol﹣12CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=Q2kJ•mol﹣1﹣2CO(g)﹣2H2O(g)═﹣2CO2(g)﹣2H2(g)△H=﹣2Q3kJ•mol﹣1三式相加得2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=(2Q1+Q2﹣2Q3)kJ•mol﹣1,故答案为2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=(2Q1+Q2﹣2Q3)kJ•mol﹣1;
(3)相同温度下,同一容器中,增大压强,平衡向正反应方向移动,则CO的转化率增大,根据图象知,p1小于p2,相同压强下,同一容器中,增大温度,CO的转化率减小,平衡向吸热反应方向移动,所以逆反应为吸热方向,则正反应为放热反应,所以△H<0,故答案为<;<. 32.臭氧是一种强氧化剂,常用于消毒、灭菌等.
(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是 O2 和 I2 .(填分子式)
(2)O3在水中易分解,一定条件下,O3的浓度减少一半所需的时间(t)如表所示.已知O3的起始浓度为
0.0216mol/L.pHt/minT/℃
3.
04.
05.
06.02030123116958301581084815503126157
①pH增大能加速O3分解,表明对O3分解起催化作用的是 OH﹣ .
②在30℃、pH=
4.0条件下,O3的分解速率为
1.00×10﹣4 mol/(L•min).
③据表中的递变规律,推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 b、a、c .(填字母代号)a.40℃、pH=
3.0b.10℃、pH=
4.0c.30℃、pH=
7.0.【考点】化学反应速率的影响因素;氧化还原反应.【分析】
(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质只能为O
2、I2;
(2)
①pH增大,则OH﹣浓度增大;
②根据v=计算;
③根据pH和温度判断达到平衡所用的时间的范围,可判断分解速率.【解答】解
(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质只能为O
2、I2,故答案为O2;I2;
(2)
①pH增大,则OH﹣浓度增大,pH增大能加速O3分解,表明对O3分解起催化作用的是OH﹣,故答案为OH﹣;
②v===
1.00×10﹣4mol/(L•min),故答案为
1.00×10﹣4;
③由表中数据可知,40°C、pH=
3.0时,所需时间在31min~158min之间;10°C、pH=
4.0时,所需时间>231nin;30°C、pH=
7.0时,所需时间<7min,则分解速率依次增大的顺序为b、a、c,故答案为b、a、c. 33.化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5.回答下列问题
(1)已知AX3的熔点和沸点分别为﹣
93.6℃和76℃,AX5的熔点为167℃.室温时AX3与气体X2反应生成lmolAX5,放出热量
123.8kJ.该反应的热化学方程式为 AX3(l)+X2(g)=AX5(s)△H=﹣
123.8kJ•mol﹣1 .
(2)反应AX3(g)+X2(g)⇌AX5(g)在容积为10L的密闭容器中进行.起始时AX3和X2均为
0.2mol.反应在不同条件下进行,反应体系总压强随时间的变化如图所示.
①实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=
1.7×10﹣4mol/(L•min) ;
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为 bca (填实验序号);与实验a相比,其他两组改变的实验条件及判断依据是b 加入催化剂,反应速率加快,但平衡点没有改变 、c 温度升高,反应速率加快,但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变,但起始总压强增大) .
③用p0表示开始时总压强,p表示平衡时总压强,α表示AX3的平衡转化率,则α的表达式为 2(1﹣)×100% .【考点】化学平衡建立的过程;热化学方程式;化学平衡的计算.【分析】
(1)根据熔沸点判断出常温下各物质状态,根据生成物与放出热量的关系,计算出反应热,再据此写出热化学方程式;
(2)
①根据v=计算出反应速率;
②根据到达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小;再根据图象中的曲线的变化趋势判断出条件的改变;
③对于气体来讲,压强之比就等于物质的量之比,根据三段式,进而求得转化率的表达式;【解答】解
(1)因为AX3的熔点和沸点分别为﹣
93.6℃和76℃,AX5的熔点为167℃,室温时,AX3为液态,AX5为固态,生成1molAX5,放出热量
123.8kJ,该反应的热化学方程为AX3(l)+X2(g)=AX5(s)△H=﹣
123.8kJ•mol﹣1,故答案为AX3(l)+X2(g)=AX5(s)△H=﹣
123.8kJ•mol﹣1;
(2)
①起始时AX3和X2均为
0.2mol,即no=
0.4mol,总压强为160KPa,平衡时总压强为120KPa,设平衡时总物质的量为n,根据压强之比就等于物质的量之比有=,n=
0.30mol,AX3(l)+X2(g)⇌AX5(g)初始(mol)
0.
200.200平衡(mol)
0.20﹣x
0.20﹣xx(
0.20﹣x)+(
0.20﹣x)+x=
0.30x=
0.10v(AX5)==
1.7×10﹣4mol/(L•min),故答案为
1.7×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1
②根据到abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小为b>c>a;与实验a相比,b实验到达平衡的时间变小,但平衡没有发生移动,所以为使用催化剂;c实验到达平衡时总压强变大,说明平衡逆向移动,而化学反应速率变大,考虑到该反应是放热反应,所以是升高温度所导致的,故答案为bca;加入催化剂,反应速率加快,但平衡点没有改变;温度升高,反应速率加快,但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变,但起始总压强增大);
③用p0表示开始时总压强,p表示平衡时总压强,α表示AX3的平衡转化率,根据压强之比就等于物质的量之比有,n=,AX3(g)+X2(g)⇌AX5(g)初始(mol)
0.
200.200平衡(mol)
0.20﹣x
0.20﹣xx(
0.20﹣x)+(
0.20﹣x)+x=nx=
0.40﹣n=
0.4﹣α=×100%=2(1﹣)×100%,故答案为α=2(1﹣)×100%;
三、选择题(共2小题,每小题3分,满分6分)35.氯酸钾和亚硫酸氢钾能发生氧化还原反应ClO3﹣+HSO3﹣→SO42﹣+Cl﹣+H+(未配平).已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快.下列为用ClO3﹣在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应V﹣t图.下列说法中不正确的是( )A.反应开始时速率增大可能是c(H+)所致B.纵座标为V(H+)的V﹣t曲线与图中曲线完全重合C.后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小D.图中阴影部分“面积”可以表示t1﹣t2时间为n(Cl﹣)增加【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用.【分析】A.由题目信息可知反应的速率随c(H+)的增大而加快;B.先根据电子得失守恒和原子守恒配平方程式,然后根据速率之比等于化学计量数之比;C.根据随着反应的进行,反应物的浓度减少,反应速率减小;D.先根据电子得失守恒和原子守恒配平方程式,然后根据改变的物质的量之比等于化学计量数之比.【解答】解A.由方程式ClO3﹣+HSO3﹣﹣SO42﹣+Cl﹣+H+可知反应开始时随着反应的进行,c(H+)不断增大,反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随c(H+)的增大而加快,故A正确;B.在反应中ClO3﹣+HSO3﹣﹣SO42﹣+Cl﹣+H+,1molClO3﹣参加氧化还原反应得到6mol电子,1mol亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去2mol电子,所以得失电子的最小公倍数是6,则ClO3﹣的计量数是1,亚硫酸氢根离子的计量数是3,其它原子根据原子守恒来配平,所以该方程式为ClO3﹣+3HSO3﹣=3SO42﹣+Cl﹣+3H+,v(ClO3﹣)v(H+)=13,纵坐标为v(H+)的v﹣t曲线与图中曲线不重合,故B错误;C.随着反应的进行,反应物的浓度减少,反应速率减小,所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小,故C正确;D.在反应中ClO3﹣+HSO3﹣﹣SO42﹣+Cl﹣+H+,1molClO3﹣参加氧化还原反应得到6mol电子,1mol亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去2mol电子,所以得失电子的最小公倍数是6,则ClO3﹣的计量数是1,亚硫酸氢根离子的计量数是3,其它原子根据原子守恒来配平,所以该方程式为ClO3﹣+3HSO3﹣=3SO42﹣+Cl﹣+3H+,△n(Cl﹣)△n(ClO3﹣)=11,所以图中阴影部分“面积”可以表示t1﹣t2时间为c(Cl﹣)增加,故D正确;故选B. 38.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g).平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示.下列说法正确的是( )A.550℃时,若充入惰性气体,v正,ʋ逆均减小,平衡不移动B.650℃时,反应达平衡后CO2的转化率为
25.0%C.T℃时,若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动D.该反应为放热反应【考点】化学平衡建立的过程;化学平衡的影响因素.【分析】A、可变的恒压密闭容器中反应,550℃时若充入惰性气体,相当于减小压强,则v正,v退均减小,又改反应是气体体积增大的反应,则平衡正向移动;B、由图可知,650℃时,反应达平衡后CO的体积分数为40%,设开始加入的二氧化碳为1mol,根据三段式进行计算;C、由图可知,T℃时,反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态;D.图象分析可知T℃时,反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态,升温一氧化碳浓度增大,二氧化碳浓度减小,平衡正向进行,正反应为吸热反应.【解答】解A、可变的恒压密闭容器中反应,550℃时若充入惰性气体,相当于减小压强,则v正,v退均减小,正反应是气体体积增大的反应,则平衡正向移动,故A错误;B、由图可知,650℃时,反应达平衡后CO的体积分数为40%,设开始加入的二氧化碳为1mol,转化了xmol,则有C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)开始10转化x2x平衡;1﹣x2x所以×100%=40%,解得x=
0.25mol,则CO2的转化率为×100%=25%,故B正确;C、由图可知,T℃时,反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态,T℃时,若充入等体积的CO2和CO平衡不移动,故C错误;D.图象分析可知T℃时,反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态,此点后,化学反应随升高温度一氧化碳浓度增大,二氧化碳浓度减小,平衡正向进行,升温平衡向吸热反应反应进行,所以正反应为吸热反应,故D错误;故选B.
四、解答题(共3小题,满分30分)39.在容积为100L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g),随温度升高,混合气体的颜色变深.回答下列问题
(1)反应的△H 大于 0(填“大于”或“小于”);100℃时,体系中各物质浓度随时间变化如图所示.
(2)100℃时达平衡后,改变反应温度为T,c(N2O4)以
0.0020mol•L﹣1•s﹣1的平均速率降低,经10s又达到平衡.
①T 大于 100℃(填“大于”或“小于”).
②计算温度T时反应的平衡常数K2 =
1.3 .
(3)温度T时反应达平衡后,将反应容器的容积压缩为原来一半.平衡向 逆反应 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动,判断理由是 对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆方向移动 .【考点】化学平衡建立的过程;化学平衡的影响因素;化学平衡的计算.【分析】
(1)随温度的升高,混合气体的颜色变深,化学平衡向正反应方向移动,据此判断;
(2)
①N2O4的浓度降低,平衡向正反应方向移动,由于正反应方向吸热,T>100℃;
②计算T℃时两种物质的浓度,计算得到化学平衡常数;
(3)反应容器的容积减少一半,压强增大,根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向.【解答】解
(1)随温度的升高,混合气体的颜色变深,化学平衡向正反应方向移动,即△H>0;故答案为大于;
(2)
①N2O4的浓度降低,平衡向正反应方向移动,由于正反应方向吸热,T>100℃,故答案为大于;
②平衡时,c(NO2)=
0.120mol•L﹣1+
0.0020mol•L﹣1•s﹣1×10s×2=
0.16mol•L﹣1,c(N2O4)=
0.040mol•L﹣1﹣
0.0020mol•L﹣1•s﹣1×10s=
0.020mol•L﹣1,K2==
1.3mol/L,故答案为=
1.3;
(3)反应容器的容积减少一半,压强增大,正反应方向气体体积增大,增大压强向着气体体积减小的方向移动,故答案为逆反应;对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆方向移动. 40.红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g).反应过程和能量关系如图所示(图中的△H表示生成1mol产物的数据).根据上图回答下列问题
(1)PCl5分解成PCl3和Cl2的分解反应是一个可逆反应,温度T1时,在密闭容器中加入
0.80molPCl5,反应达到平衡时PCl5还剩
0.60mol,其分解率α1等于 25% ;若反应温度由T1升高到T2,平衡时PCl5的分解率为α2,α2 大于 α1(填“大于”、“小于”或“等于”).
(2)工业上制备PCl5通常分两步进行,先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3,然后降温,再和Cl2反应生成PCl5.原因是 两步反应均为放热反应,降低温度有利于提高产率,防止产物分解 .
(3)P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3= ﹣399kJ•mol﹣1 ,P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4 等于 △H3(填“大于”、“小于”或“等于”).
(4)PCl5能与水发生非氧化还原反应,充分反应最终生成两种酸,其化学方程式是 PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl .【考点】化学平衡的影响因素;反应热和焓变.【分析】
(1)根据热化学反应方程式的书写原则及化学平衡知识分析;
(2)根据化学平衡移动原理分析;
(3)由图象可知,P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=﹣306kJ/mol﹣(+93kJ/mol)=﹣399kJ/mol,根据盖斯定律可知,反应无论一步完成还是分多步完成,生成相同的产物,反应热相等,则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热;
(4)PCl5能与水相反相成,发生非氧化还原反应,生成盐酸和磷酸.【解答】解
(1)△H=生成物总能量﹣反应物总能量,Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g),中间产物的总能量大于最终产物的总能量,该反应是放热反应,所以PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)是吸热反应;热化学方程式PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g);△H=+93kJ/mol,PCl5分解率α1=×100%=25%.PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)是吸热反应;升高温度向吸热反应方向移动,正反应(分解反应是吸热反应)是吸热反应,升高温度向正反应方向移动,转化率增大,α2>α1;故答案为25%;大于;
(2)Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g),是放热反应,降温平衡向放热反应方向移动,降温有利于PCl5(g)的生成,故答案为两步反应均为放热反应,降低温度有利于提高产率,防止产物分解;
(3)由图象可知,P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=﹣306kJ/mol﹣(+93kJ/mol)=﹣399kJ/mol,根据盖斯定律可知,反应无论一步完成还是分多步完成,生成相同的产物,反应热相等,则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热.故答案为﹣399kJ•mol﹣1;等于;
(4)PCl5能与水相反相成,发生非氧化还原反应,生成盐酸和磷酸,反应方程式为PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl,故答案为PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl. 41.合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能,在配合氢能的开发中起到重要作用.
(1)一定温度下,某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示,纵轴为平衡时氢气的压强(p),横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M).在OA段,氢溶解于M中形成固溶体MHx,随着氢气压强的增大,H/M逐渐增大;在AB段,MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy,氢化反应方程式为zMHx(s)+H2(g)═zMHy(s)△H1(Ⅰ);在B点,氢化反应结束,进一步增大氢气压强,H/M几乎不变.反应(Ⅰ)中z= (用含x和y的代数式表示).温度为T1时,2g某合金4min内吸收氢气240mL,吸氢速率v= 30 mL•g﹣1•min﹣1.反应的焓变△HⅠ < 0(填“>”“<”或“=”).
(2)η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例,则温度为T
1、T2时,η(T1) > η(T2)(填“>”“<”或“=”).当反应(Ⅰ)处于图中a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,达到平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的 c 点(填“b”“c”或“d”),该贮氢合金可通过 加热 或 减压 的方释放氢气.【考点】化学平衡的影响因素;化学平衡的计算.【分析】
(1)zMHx(s)+H2(g)⇌zMHy(s)中遵循质量守恒定律,则反应前后H原子个数相同;吸氢速率v=;由图可知,相同氢原子与金属原子的个数比时,T2温度高,对应的平衡时氢气的压强大,则升高温度,平衡逆向移动;
(2)T2温度高,对应的平衡时氢气的压强大,则升高温度,平衡逆向移动,则该反应为放热反应,低温下有利于吸收氢;当反应(Ⅰ)处于图中a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,因温度不变,K不变,则平衡时氢原子与金属原子的个数比增大,平衡点在曲线AB上;释放氢气即为平衡逆向移动,结合该反应为放热反应、气体体积减小的反应特点解答;【解答】解
(1)zMHx(s)+H2(g)⇌zMHy(s)中遵循质量守恒定律,则反应前后H原子个数相同,则zx+2=zy,解得z=;吸氢速率v==30mL•g﹣1•min﹣1;由图可知,相同氢原子与金属原子的个数比时,T2温度高,对应的平衡时氢气的压强大,则升高温度,平衡逆向移动,可知正反应△HⅠ<0,故答案为;30;<;
(2)T2温度高,对应的平衡时氢气的压强大,则升高温度,平衡逆向移动,则该反应为放热反应,低温下有利于吸收氢,T1<T2时,则η(T1)>η(T2);当反应(Ⅰ)处于图中a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,因温度不变,K不变,平衡时氢原子与金属原子的个数比增大,平衡点在曲线AB上,则达到平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的c点;释放氢气即为平衡逆向移动,因该反应为放热反应、气体体积减小的反应,则该贮氢合金可通过加热或减压的方式释放氢气,故答案为>;c;加热;减压;
五、选择题(共3小题,每小题0分,满分0分)42.向2L密闭容器里充入2molM和一定量的N,发生如下反应M(g)+N(g)⇌E(g)当反应进行到4min时,测知M的浓度为
0.2mol/L;反应进行到2min时,密闭容器中M的物质的量浓度为( )A.等于
0.6mol/LB.小于
0.6mol/LC.等于
0.8mol/LD.大于
0.8mol/L【考点】化学反应速率和化学计量数的关系.【分析】反应从开始到平衡的过程中,正反应速率逐渐减小,4min内M的浓度变化为﹣
0.2mol/L=
0.8mol/L,前2min的速率大于后2min的速率,故进行到2min时,M浓度的变化值大于
0.4mol/L,据此解答.【解答】解反应从开始到平衡的过程中,正反应速率逐渐减小,4min内M的浓度变化为﹣
0.2mol/L=
0.8mol/L,前2min的速率大于后2min的速率,故进行2min时,M浓度的变化值大于
0.4mol/L,故2min时,密闭容器中M的物质的量浓度应小于﹣
0.4mol/L=
0.6mol/L,故选B. 44.某温度下,在2L的密闭容器中,加入1molX(g)和2molY(g)发生反应X(g)+mY(g)⇌3Z(g),平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%,在此平衡体系中加入1molZ(g),再将达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变.下列叙述不正确的是( )A.m=2B.两次平衡的平衡常数相同C.X与Y的平衡转化率之比为11D.第二次平衡时,Z的浓度为
0.4mol•L﹣1【考点】真题集萃;化学平衡的计算.【分析】A.平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%,在此平衡体系中加入1molZ(g),再将达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变,说明反应前后气体计量数之和不变;B.平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变;C.设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol,根据转化率=进行计算;D.该反应的反应前后气体计量数之和不变,第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料,所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡,两次平衡后各物质的含量不变,据此解答.【解答】解A.平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%,在此平衡体系中加入1molZ(g),再将达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变,说明反应前后气体计量数之和不变,所以m=2,故A正确;B.平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,所以两次平衡的平衡常数相同,故B正确;C.设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol,X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)开始(mol)120转化(mol)a2a3a平衡(mol)(1﹣a)(2﹣2a)3a相同条件下,气体的体积与物质的量成正比,所以其体积分数等于其物质的量分数,即(1﹣a)(2﹣2a)3a=30%60%10%,所以a=
0.1,则参加反应的△n(X)=
0.1mol、△n(Y)=
0.2mol,转化率=,X的转化率==10%,Y的转化率==10%,所以X和Y的转化率之比为11,故C正确;D.该反应的反应前后气体计量数之和不变,第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料,所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡,两次平衡后各物质的含量不变,投入Z后,设Z参加反应的物质的量为3bmol,X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)第一次平衡(mol)
0.
91.
80.3加入1molZ
0.
91.
81.3转化b2b3b第二次平衡(mol)(
0.9+b)(
1.8+2b)(
1.3﹣3b)各物质含量不变,所以(
0.9+b)(
1.8+2b)(
1.3﹣3b)=30%60%10%=361,b=
0.3,n(Z)=(
1.3﹣
0.9)mol=
0.4mol,Z的物质的量浓度==
0.2mol/L,故D错误;故选D. 45.已知HClO是比H2CO3还弱的酸,氯水中存在下列平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO、HClO⇌H++ClO﹣,达到平衡后,要使HClO的浓度增大,可加入足量的下列哪种物质( )A.SO2B.NaHCO3C.HClD.NaOH【考点】化学平衡的影响因素.【分析】A.向溶液中通入二氧化硫,二氧化硫和氯气发生氧化还原反应,导致平衡向逆反应方向移动,则次氯酸浓度降低;B.向溶液中加入NaHCO3,NaHCO3和稀盐酸反应导致平衡向正反应方向移动,次氯酸和NaHCO3不反应,所以次氯酸浓度增大;C.加入HCl,HCl的浓度增大,使平衡向逆反应方向移动,则次氯酸浓度降低;D.向溶液中加入NaOH,NaOH和HCl、HClO都反应,所以导致HClO浓度降低.【解答】解A.SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl,所以氯水中通入硫化氢后,氯气浓度减小,则HClO浓度降低,故A错误;B.NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,已知HClO是比H2CO3还弱的酸,HClO和碳酸氢钠不反应,所以加入碳酸氢钠后平衡向正反应方向移动,则HClO浓度增加,故B正确;C.加入HCl,溶液中氢离子浓度增大,抑制氯气和水反应,则HClO浓度降低,故C错误;D.NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O,促进氯气和水反应,但溶液中HClO浓度降低,故D错误;故选B.
六、解答题(共3小题,满分0分)47.某小组同学设计并进行了一系列Fe2+与Fe3+的相关实验.实验序号实验步骤和操作实验现象实验一(Ⅰ)取氯化亚铁固体[已部分变质,含有少量难溶于水的杂质Fe(OH)2Cl],向其中加入过量稀盐酸.(Ⅱ)再加入稍过量的铁粉,振荡.固体完全溶解,溶液呈黄绿色 Fe(OH)2Cl+2H+=Fe3++Cl﹣+2H2O 实验二(Ⅰ)取实验一得到的溶液,加入KSCN溶液.(Ⅱ)再加入少量H2O2溶液.颜色无明显变化溶液变红,有少量气泡实验三(Ⅰ)取10mL
0.1mol/LKI溶液,滴加6滴
0.1mol/LFeCl3溶液.(Ⅱ)取少量上述黄色溶液,滴加KSCN溶液.(Ⅲ)另取上述的黄色溶液,加入淀粉溶液.溶液呈黄色溶液变红溶液变蓝实验四(Ⅰ)向实验三步骤I中所得的黄色溶液中加入2mLCCl4,充分振荡后,分离得到水层;重复操作三次.(Ⅱ)向步骤I中所得水层中加入KSCN溶液.颜色无明显变化请回答下列问题
(1)实验一步骤Ⅰ中Fe(OH)2Cl与盐酸反应的离子方程式是 Fe(OH)2Cl+2H+=Fe3++Cl﹣+2H2O .
(2)实验一步骤Ⅱ中的实验现象是 溶液变为浅绿色,且有无色气体生成 ;加入稍过量铁粉的作用是 防止亚铁离子被氧化为铁离子 .
(3)实验二步骤Ⅱ中溶液变红的原因是 2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN﹣=Fe(SCN)3 (用离子方程式表示).
(4)实验三步骤Ⅰ中的黄色溶液中含有的溶质微粒除了K+、Cl﹣,还有 Fe3+、I﹣、Fe2+、I2 .
(5)已知用KSCN检验Fe3+时,Fe3+的最低显色浓度为1×10﹣5mol/L.实验四中最终溶液不变红的原因是 碘被萃取至CCl4中,水层中的c(I2)下降,平衡2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2正向移动,多次萃取后,Fe3+的浓度下降至1×10﹣3mol/L以下,无法显色 .【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变;二价Fe离子和三价Fe离子的检验.【分析】
(1)Fe(OH)2Cl与盐酸反应生成氯化铁和水;
(2)实验一步骤(II)中Fe与盐酸、铁离子反应均生成亚铁离子;
(3)实验二步骤(II)中亚铁离子被H2O2氧化;
(4)实验三步骤(I)中KI与FeCl3发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、KCl;
(5)已知用KSCN检验Fe3+时,Fe3+的最低显色浓度为1×10﹣3mol/L,实验四中最终溶液不变红,与铁离子浓度低有关.【解答】解
(1)实验一步骤(I)中Fe(OH)2Cl与盐酸反应的离子方程式是Fe(OH)2Cl+2H+=Fe3++Cl﹣+2H2O,故答案为Fe(OH)2Cl+2H+=Fe3++Cl﹣+2H2O;
(2)实验一步骤(II)中发生Fe+2H+=Fe2++H2↑、2Fe3++Fe=3Fe2+,观察到的实验现象是溶液变为浅绿色,且有无色气体生成;加入稍过量铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化为铁离子,故答案为溶液变为浅绿色,且有无色气体生成;防止亚铁离子被氧化为铁离子;
(3)实验二步骤(II)中溶液变红的原因是2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN﹣=Fe(SCN)3,故答案为2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN﹣=Fe(SCN)3;
(4)实验三步骤(I)中KI与FeCl3发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、KCl,离子反应为2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2,可知实验三步骤(I)中的黄色液体中含有的溶质微粒除了K+、Cl﹣,还有Fe3+、I﹣、Fe2+、I2,故答案为Fe3+、I﹣、Fe2+、I2;
(5)已知用KSCN检验Fe3+时,Fe3+的最低显色浓度为1×10﹣3mol/L.实验四中最终溶液不变红的原因是碘被萃取至CCl4中,水层中的c(I2)下降,平衡2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2正向移动,多次萃取后,Fe3+的浓度下降至1×10﹣3mol/L以下,无法显色,故答案为碘被萃取至CCl4中,水层中的c(I2)下降,平衡2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2正向移动,多次萃取后,Fe3+的浓度下降至1×10﹣3mol/L以下,无法显色. 48.某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应平衡常数和水解反应速率的测定.
(1)氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应是NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g).
①某物质的标准摩尔生成焓是指在标准状态下由稳定单质生成1mol该物质时的反应焓变.例如CH3COOH的标准摩尔生成焓是指如下反应在标准状态下的焓变△H(CH3COOH)C(s)+O2(g)+H2(g)═CH3COOH(l)△H(CH3COOH)已知NH2COONH4(s)、NH3(g)和CO2(g)的标准摩尔生成焓分别为△H
1、△H2和△H3,则上述NH2COONH4分解反应的反应热△H= 2△H2+△H3﹣△H1
②将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡实验测得不同温度下的平衡数据列于下表温度(℃)
15.
020.
025.
030.
035.0平衡气体总浓度(×10﹣3mol/L)
2.
43.
44.
86.
89.4i.可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是 BC .A.2v(NH3)=v(CO2)B.密闭容器中总压强不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变ii.根据表中数据,列式计算
25.0℃时的分解平衡常数
1.6×10﹣8 .(保留两位有效数字)iii.取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中,在25℃下达到分解平衡.下列说法正确的是 c .a、恒温、压缩容器体积,再次达到平衡后,容器内的压强大于原平衡压强b、恒温、增大容器体积,再次达到平衡后,容器内的c(CO2)小于原平衡时的浓度c、固定活塞、升高温度,再次达到平衡后,容器内的压强大于原平衡时的压强.
(2)已知NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O.该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率,得到c(NH2COO﹣)随时间变化趋势如图所示.
①计算25℃时,0~6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率
0.05mol/(L•min) .
②根据图中信息,如何说明水解反应速率随温度升高而增大 25℃反应物起始浓度较小,但0~6min的平均反应速率(曲线的斜率)仍比15℃大 .【考点】热化学方程式;化学平衡的影响因素;化学平衡状态的判断.【分析】
(1)
①某物质的标准摩尔生成焓是指在标准状态下由稳定单质生成1mol该物质时的反应焓变,分解反应是NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g).的焓变△H=生成物总焓﹣反应物总焓;
②i.根据化学平衡的标志来判断,正逆反应速率相同,各组分浓度保持不变及其衍生的各种关系符合平衡标志;ii.先根据反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g),可知平衡时容器内气体的浓度之比为21,由总浓度求出NH
3、CO2的平衡浓度,最后代入平衡常数的表达式来计算;iii.取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中,是恒温恒压容器,根据压强对化学平衡的影响判断平衡移动的方向从而判断氨基甲酸铵固体的质量的变化情况;根据平衡移动原理来分析;
(2)
①根据化学反应速率的公式来计算;
②由图象数据可以得出,用不同初始浓度,不同温度下的平均速率的大小来说明.【解答】解
(1)
①已知NH2COONH4(s)、NH3(g)和CO2(g)的标准摩尔生成焓分别为△H
1、△H2和△H3,则上述NH2COONH4分解反应的反应热△H=2△H2+△H3﹣△H1,故答案为2△H2+△H3﹣△H1;
②i.A、因未指明速率的方向,无法确定正逆反应速率的关系,故A不正确;B、该反应是气体体积增大的反应,故当容器内压强不变时,已达到平衡,故B正确;C、该反应是气体体积增大的反应,故当密闭容器中混合气体的密度不变,已达到平衡,故C正确;D、因反应物(NH2COONH4)是固体物质,所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变,为.故D不正确;故选BC;ii.平衡气体总浓度
4.8×10﹣3mol/L,容器内气体的浓度之比为21,故NH3和CO2的浓度分别为
3.2×10﹣3mol/L、
1.6×10﹣3mol/L,代入平衡常数表达式K=(
3.2×10﹣3)2×
1.6×10﹣3=
1.6×10﹣8,故答案为
1.6×10﹣8;iii.压缩容器体积,气体压强增大,平衡向逆向移动,氨基甲酸铵质量增加;NH3的物质的量减少,容器的体积减小,最终平衡时NH3的物质的量浓度比原平衡大;a、恒温、压缩容器体积,增大压强平衡逆向进行,再次达到平衡后,容器内的压强小于原平衡压强,故a错误;b、恒温、增大容器体积,减小压强平衡正向进行,再次达到平衡后,容器内的c(CO2)大于原平衡时的浓度,故b错误;c、反应是吸热反应,固定活塞、升高温度,平衡正向进行再次达到平衡后,容器内的压强大于原平衡时的压强,故c正确;故答案为c;
(2)
①化学反应速率V===
0.05mol/(L•min),故答案为
0.05mol/(L•min);
②因25℃反应物起始浓度较小,但0~6min的平均反应速率(曲线的斜率)仍比15℃大,故答案为25℃反应物起始浓度较小,但0~6min的平均反应速率(曲线的斜率)仍比15℃大. 49.高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂.工业上常采用NaClO氧化法生产,其生产工艺如图1
(1)写出反应
①的离子方程式 2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O .
(2)K2FeO4在水溶液中易水解4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH﹣+3O2↑.
①在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法,则洗涤剂最好选用 B 溶液(填序号).A.H2OB.KOH、乙醇C.NH4Cl、乙醇D.Fe(NO3)
3、乙醇
②将适量K2FeO4溶于水配制成c(FeO42﹣)=
1.0mmol•L﹣1的试样,将试样分别置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒温水浴中,测定c(FeO42﹣)的变化,结果见图2.该实验的目的是 探究温度对FeO42﹣浓度的影响 .
(3)反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响.图2为不同的温度下,Fe(NO3)3不同质量浓度对K2FeO4生成率的影响;根据图3分析工业生产中最佳温度为 26 ℃.相同浓度下,K2FeO4生成率随温度变化的可能原因是 温度影响K2FeO4的溶解度 .【考点】制备实验方案的设计.【分析】向碱性的KClO浓溶液中加入Fe(NO3)3溶液,发生氧化反应,ClO﹣将Fe3+氧化为FeO42﹣,混合溶液中加入NaOH反应,转化为溶解度更小的K2FeO4析出,过滤、洗涤、干燥得到K2FeO4晶体.
(1)ClO﹣将Fe3+氧化为FeO42﹣,自身被还原为3Cl﹣;
(2)
①要对K2FeO4水解能起到抑制作用,减小应溶解导致的损失;
②由图可知,Fe(NO3)3浓度一定,测定相同时间内不同温度下c(FeO42﹣)的变化;
(3)选择K2FeO4的生成率最高的温度;利用溶解度不同制备K2FeO4晶体,K2FeO4生成率随温度变化的可能原因温度对溶解度影响导致.【解答】解向碱性的KClO浓溶液中加入Fe(NO3)3溶液,发生氧化反应,ClO﹣将Fe3+氧化为FeO42﹣,混合溶液中加入NaOH反应,转化为溶解度更小的K2FeO4析出,过滤、洗涤、干燥得到K2FeO4晶体.
(1)ClO﹣将Fe3+氧化为FeO42﹣,自身被还原为3Cl﹣,反应离子方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O,故答案为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O;
(2)
①K2FeO4在水中发生水解溶解度较大,醋酸钠水解显碱性,对K2FeO4水解能起到抑制作用,铵根和三价铁离子易水解,且水解后显酸性,对K2FeO4水解能起到促进作用,乙醇可以降低K2FeO4的溶解度,减小应溶解导致的损失,故选B;
②由图可知,Fe(NO3)3浓度一定,实验测定相同时间内不同温度下c(FeO42﹣)的变化,故实验目的为探究温度对FeO42﹣浓度的影响,故答案为探究温度对FeO42﹣浓度的影响;
(3)由图3可知,温度在26℃时,K2FeO4的生成率最高,故工业生产中最佳温度为26℃,相同浓度下,K2FeO4生成率随温度变化的可能原因温度影响K2FeO4的溶解度,故答案为26;温度影响K2FeO4的溶解度. xx年11月21日。