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河北广平一中2016—2017学年第一学期高二9月考试化学试卷第I卷(单选题)
一、单选题本大题共20小题,共60分
1.下列反应中反应物总能量高于生成物总能量的是A.二氧化碳与碳生成一氧化碳 B.碳与水蒸气生成一氧化碳和氢气C.碳酸钙受热分解 D.盐酸与氢氧化钠反应
2.下列变化属于吸热反应的是()
①液态水汽化
②将胆矾加热变为白色粉末
③浓硫酸稀释
④氯酸钾分解制氧气
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰A.
①④⑤ B.
①②④ C.
②③ D.
②④
3.已知下列两个热化学方程式H2g+1/2O2g=H2Ol△H=-
285.8kJ·mol-1C3H8g+5O2g=3CO2g+4H2Ol△H=-
2220.0kJ·mol-1实验测得氢气和丙烷的混合气体共5mol,完全燃烧时放热3847kJ,则混合气体中氢气和丙烷的体积比是A.13 B.31 C.14 D.
5134.在2L密闭容器中,发生3A气+B气=2C气的反应,若最初加入A和B都是4mol,A的平均反应速率为
0.12mol/L·s,则10秒钟后容器中B的物质的量为A.
2.8mol B.
1.6mol C.
3.2mol D.
3.6mol
5.白磷与氧可发生如下反应P4+5O2=P4O10已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为P—PakJ·mol—
1、P—ObkJ·mol—
1、P=OckJ·mol—
1、O=OdkJ·mol—1根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H,其中正确的是()A.(6a+5d-4c-12b)kJ·mol—1 B.(4c+12b-6a-5d)kJ·mol—1C.(4c+12b-4a-5d)kJ·mol—1 D.(4a+5d-4c-12b)kJ·mol—
16.反应Cs+H2OgCOg+H2g在一可变容积的密闭容器中进行,下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是()A.增加C的量 B.将容器的体积缩小一半C.保持体积不变,充入H2O使体系压强增大 D.保持压强不变,充入N2使容器体积变大
7.在密闭容器中一定量混合气体发生反应xA(g)+yB(g)⇌zC(g),平衡时测得A的浓度为
0.5mol/L,保持温度不变,将容器的容积压缩到原来的一半,再达平衡时测得A的浓度为
0.8mol/L,下列判断正确的是( )A.x+y<z B.平衡向正反应方向移动C.B的物质的量增大 D.C的体积分数保持不变
8.下列事实能用勒夏特列原理解释的是()A.由H
2.I
2.HI组成的平衡体系加压后颜色变深 B.黄绿色的氯水光照后颜色变浅C.使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率 D.将木炭粉碎后与O2反应,速率更快
9.下列各组热化学方程式的前者△H大于后者的是
①Ss+O2g═SO2g△H1Sg+O2g═SO2g△H2
②2H2g+O2g═2H2Og△H32H2g+O2g═2H2Ol△H4
③CaCO3s═CaOs+CO2g△H5CaOs+H2Ol═CaOH2s△H6A.只有
①③ B.只有
①② C.只有
②③ D.
①②③
10.已知下列反应的热化学方程式6Cs+5H2g+3N2g+9O2g═2C3H5ONO23l△H12H2g+O2g═2H2Og△H2Cs+O2g═CO2g△H3则反应4C3H5ONO23l=12CO2g+10H2Og+O2g+6N2g的△H为A.12△H3+5△H2-2△H1 B.2△H1-5△H2-12△H3C.12△H3-5△H2-2△H1 D.2△H1+5△H2-12△H
311.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mAg+nBgpCg的速率和平衡的影响图像如下,下列判断正确的是A.由图1可知,T1<T2,该反应正反应为吸热反应 B.由图2可知,该反应m+n<pC.图3中,表示反应速率v正>v逆的是点3 D.图4中,若m+n=p,则a曲线一定使用了催化剂
12.下列叙述中能判断某化学平衡发生移动的是A.混合物中各组分的浓度改变 B.正.逆反应速率改变C.混合物中各组分的含量改变 D.混合体系的压强发生改变
13.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N2g+3H2g2NH3g△H=-92kJ•mol-1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/mol平衡时反应中的能量变化N2H2NH3
①130放出热量akJ
②230放出热量bkJ
③260放出热量ckJ下列叙述正确的是A.放出热量关系a<b<
92.4 B.三个容器内反应的平衡常数
③>
①>
②C.达平衡时氨气的体积分数
①>
③ D.N2的转化率
②>
①>
③
14.向绝热恒容密闭容器中通入N2和H2,在一定条件下使反应N2g+3H2g2NH3g△H<0达到平衡,nNH3和nH2随时间变化的关系如图所示下列有关叙述正确的是A.c点表示NH3生成速率与NH3分解速率相同 B.c点和e点时反应的平衡常数相同C.N2的转化率b>a D.d点时,nN2:nH2:nNH3=1:3:
215.对于可逆反应Ag+2Bg2Cg正反应吸热,下列图象中正确的是A. B. C. D.
16.如下图是Zn和Cu形成的原电池,某实验兴趣小组做完实验后,在读书卡片上记录如下,其中正确的是
①Zn为正极,Cu为负极;
②H+向负极移动;
③电子是由Zn经外电路流向Cu;
④Cu极上有H2产生;
⑤若有1mol电子流过导线,则产生的H2为
0.5mol;
⑥正极的电极反应式为Zn-2e-===Zn2+
⑦Cu电极上发生氧化反应
⑧电流由Cu外电路流向ZnA.
①②③⑦ B.
②③④⑧C.
③④⑤⑧ D.
④⑤⑥⑦
17.下列过程不是原电池工作原理的是( )A.析氢腐蚀 B.牺牲阳极的阴极保护法C.吸氧腐蚀 D.外加电流的阴极保护法
18.下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是( )A.钢管与铅连接,钢管可被保护B.铁遇冷浓硫酸表面钝化,可保护内部不被腐蚀C.纯铁比生铁更容易被腐蚀D.钢铁发生析氢腐蚀时,负极反应是Fe-3e-═Fe3+
19.用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液,通电一段时间后,向所得溶液中加入
0.1molCuOH2后恢复到电解前的浓度和pH,则电解过程中转移的电子数为A.
0.2mol B.
0.4mol C.
0.6mol D.
0.8mol
20.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Zns+2MnO2s+H2Ol=ZnOH2s+Mn2O3s下列说法错误的是A.电池工作时,锌失去电子B.电池正极的电极反应式为2MnO2s+H2O1+2e-=Mn2O3s+2OH-aqC.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
6.5g
二、填空题本大题共3小题,共
26.0分
21.已知2A2g+B2g2C3g△H=-akJ•mol-1a>0,在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA2和1molB2,在500℃时充分反应达到平衡后C3的浓度为wmol/L,放出热量bkJ;
(1)比较a__________b填>、=、<;
(2)若将反应温度升高到700℃,反应的平衡常数将_________增大、减小或不变;
(3)能说明该反应已经达到平衡状态的是______a.VC3=2VB2;b.容器内压强保持不变c.V逆A2=2V正B2d.容器内的密度保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大,且平衡向正反应方向移动的是_________a.及时分离出C3气体;b.适当升高温度;c.增大B2的浓度;d.选择高效的催化剂
22.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)将一定量纯净的氨基甲酸铵固体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NH2COONH4s2NH3g+CO2g.实验测得不同温度下的平衡数据列于如表温度℃
15.
020.
025.
030.
035.0平衡总压强kPa
5.
78.
312.
017.
124.0平衡气体总浓度×10-3mol/L
2.
43.
44.
86.
89.4
①可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是___________;A.2vNH3═vCO2B.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
②根据表中数据,列式计算
25.0℃时氨基甲酸铵的分解平衡常数___________;
③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.若在恒温下压缩容器体积,氨基甲酸铵固体的质量___________填“增加”、“减小”或“不变”;
④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H______0;
(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cNH2COO-随时间变化趋势如图所示.
⑤计算25℃时,0~6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率______________;
⑥根据图中信息,如何说明水解反应速率随温度升高而增大_____________________
23.(l)由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验装置现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题
①装置乙中正极的电极反应式是
②四种金属活动性由强到弱的顺序是
(2)由Zn一Cu一硫酸溶液组成的原电池,工作一段时间后锌片的质量减少了
6.5g.回答下列问题溶液中的H+移向(填“正极”或“负极’负极的电极反应式是标准状况下生成____L气体得分评卷人
三、简答题本大题共3小题,共14分
24.发射卫星用N2H4为燃料NO2为氧化剂两者反应生成N2和水蒸气已知N2g+2O2g=2NO2g⊿H1=+
67.7kJ/mol;N2H4g+O2g=N2g+2H2Og⊿H2=-534kJ/mol;2H2g+O2g=2H2Og⊿H3=-484kJ/mol;H2g+F2g=2HFg⊿H4=-538kJ/mol试写出N2H4与NO2反应的热化学方程式写出N2H4与F2反应的热化学方程式
25.某温度时,图中曲线X,Y,Z是在2L容器中X,Y,Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线由图中数据分析,该反应的化学方程_____________________;反应从开始计时,2分钟内X,Y,Z的平均反应速率分别为__
26.对于反应mAg+nBgpCg有如图所示的关系,则⑴、P1———P2;T1———T2;⑵、m+n———p;⑶、该反应正反应为__________反应广平一中2016--2017学年第一学期高二9月月考答案和解析【答案】
1.D
2.D
3.B
4.C
5.A
6.A
7.B
8.B
9.D
10.A
11.C
12.C
13.A
14.C
15.D
16.C
17.D
18.B
19.B
20.C
21.
(1)>
(2)减小
(3)bc
(4)c
22.
(1)
①BC
②
1.6×10-8mol•L-13
③增加
④>
(2)
⑤
0.05mol/L•min
⑥25℃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
23.
(1)
①Cu2++2e-═Cu
②D>A>B>C
(2)正极 Zn-2e-=Zn2+
2.
2424.12N2H4g+2NO2g=3N2g+4H2OgΔH=–
1135.7kJ·mol-1,2N2H4g+2F2g=N2g+4HFgΔH=–1126kJ·mol-
125.3X+Y⇌2Z;
0.075mol/(L•min);
0.025mol/(L•min);
0.05mol/(L•min)
26.⑴ ⑵ ⑶放热【解析】
1.在反应中反应物总能量高于生成物总能量表现为放热.A. 二氧化碳与碳生成一氧化碳属于吸热反应,故A不符合;B.碳与水蒸气生成一氧化碳和氢气属于吸热反应,故B不符合;C.碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳属于吸热反应,故C不符合;D. 盐酸与氢氧化钠的反应是中和反应,属于放热反应,故D符合.
2.考查常见的放热反应和吸热反应一般金属和水或酸反应,酸碱中和反应,一切燃烧,大多数化合反应和置换反应,缓慢氧化反应如生锈等是放热反应大多数分解反应,铵盐和碱反应,碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应,因此
②④正确,
①③是物理变化,
⑤是放热反应故选D
3.设混合气中H2的物质的量为n,则C3H8的物质的量为5mol-n,根据题意,列方程为
285.8kJ/mol×n+
2220.0kJ/mol×(5mol-n)=3847kJ,解得n=
3.75mol,C3H8的物质的量为5mol-
3.75mol=
1.25mol,所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为
3.75mol
1.25mol=
31.
4.根据A的反应速率可知,消耗A的物质的量是
0.12mol/L·s×2L×10s=
2.4mol,则根据方程式可知消耗B是
0.8mol,所以剩余B是4mol-
0.8mol=
3.2mol故选C
5.P4中有6个P—P,5O2有5个O=O,P4O10有4个P=O和12个P—O,所以白磷与氧反应的△H为6a+5d-4c-12bkJ·mol—1故选A
6.A.因浓度越大,化学反应速率越快,但是固体量的增减不影响反应速率,所以增加C(s)的量,反应速率不变,故A正确;B.将容器的体积缩小一半,反应体系中物质的浓度增大,则化学反应速率增大,故B错误;C.保持体积不变,充入水蒸气,使体系压强增大,反应速率加快,故C错误;D.保持压强不变,充入氮气,使容器的体积变大,反应体系中各物质的浓度减小,则反应速率减小,故D错误.
7.压缩到原来一半,如平衡不移动,浓度应为1mol/L,现在为
0.8mol/L,说明平衡正向移动,正反应方向为体积减小方向故选B
8.A.该反应反应前后气体体积不变,所以压强不影响化学平衡的移动,增大平衡体系的压强气体的体积减小,碘的浓度增大,颜色变深,所以不能用勒夏特列原理解释,故A选;B.对氯水中的次氯酸受光照射会分解,次氯酸浓度减小,使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动,能用勒夏特列原理解释,故B不选;C.催化剂能同等程度地增大正逆反应速率,不会影响平衡移动,不能用勒夏特列原理解释,故C错误;D.将煤粉碎后燃烧更充分,且能加快燃烧速率是利用增大接触面积,增大反应速率,和化学平衡无关,不能用勒夏特列原理解释,故D错误.
9.
①都为放热反应,△H<0,由于Ss→Sg吸热,则前者放出的热量少,则△H1>△H2,故
①正确;
②都为放热反应,△H<0,由于2H2Ol→2H2Og吸热,则前者放出的热量少,则△H3>△H4,故
②正确;
③前者为吸热反应,△H5>0,后者为放热反应,△H6<0,则△H5>△H6,故
③正确,故选D
10.依据盖斯定律可知选A
11.A.根据图象中“先拐先平,数值大”知,T1<T2,升高温度,C在反应混合物中的体积分数ф降低,说明平衡向逆反应方向移动,即正反应方向是放热反应,故A错误;B.由图2图象可以看出,在同一温度下,增大压强,C在反应混合物中的体积分数ф增大,说明增大压强平衡向正反应方向移动,说明正反应为体积缩小的反应,即m+n>p,故B错误;C.在曲线上,当温度一定时,B的转化率也一定,曲线上任意一点都表示达到平衡状态,所以
2、4处于平衡状态,v正=v逆,点1在曲线上方,未达到平衡状态,要想达到同温度下的平衡状态,即由点1向下引垂直线到曲线上的一点,这样B的转化率要减小,平衡向左移动,故v正<v逆,点3在曲线下方,未达到平衡状态,要想达到同温度下的平衡状态,即由点3向上引垂直线到曲线上的一点,这样B的转化率要增大,平衡向右移动,故v正>v逆,故C正确;D.甲的时间短,反应速率快,催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡,可能为使用了催化剂,但m+n=p,说明反应前后气体的物质的量不变,增大压强,正、逆速率都同等程度增大,到达平衡时间短,不影响平衡,所以a曲线也可能是增大压强,故D错误,故选C
12.对应H2Og+COgH2g+CO2g加压各组分的浓度均增大、反应速率均加快平衡不移动所以只有C选项可判断
13.A.N2g+3H2g2NH3g ΔH=-
92.4kJ/mol焓变是指1mol氮气和3mol氢气全部反应放出的热量;
①由于该反应是可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,实验起始量反应不能全部转化所以a<
92.4KJ,
②起始量相当于在
①中加入了1mol氮气,加入反应物的浓度,化学平衡正向移动,所以平衡正向进行反应放出的热量b>a,但是反应是可逆反应不能进行彻底所以b<
92.4KJ,故放出热量关系a<b<
92.4,正确;B.平衡常数随温度变化,不随浓度改变,所以化学平衡常数为
①=
②=
③,错误;C.
③相当于在体积是
①的2倍的容器中压缩容器的容积,增大压强,化学平衡向气体体积减小的方向移动,所以达到平衡后氨气的体积分数,
③>
①,错误;D.
②相当于
①达到平衡后再加入1molN2,化学平衡正向移动,但是平衡移动的趋势是微弱的,氮气转化量远小于加入的物质的量,所以氮气的转化率
①②;根据C的分析可知
③相当于
①平衡后将容器的容积减小至原来的1/2,化学平衡正向移动,氮气的转化率增大,所以
③>
①,所以氮气转化率
③>
①>
②,错误
14.A.c点以后氨气物质的量增大,氢气的物质的量减小,最后定值,故c点未到达平衡,反应向正反应进行,故c点NH3生成速率大于NH3分解速率,故A错误;B.c点尚未达到平衡,e点是平衡状态,故B错误;C.由a到b点的过程是反应正向进行的过程,则N2的转化率b>a,故C正确;D.d点是平衡状态,形成平衡状态的过程中N
2、H
2、NH3变化物质的量是1:3:2,但平衡时nN2:nH2:nNH3不一定是1:3:2,故D错误,答案为C
15.A、增大压强,化学平衡逆向移动,重新达到平衡后逆反应速率大于正反应速率,与图象不符,故A错误;B、该反应为吸热反应,升高温度化学平衡应正向移动,正反应速率大于逆反应速率,故B错误;C、温度高,反应速率大,先到达平衡,即500℃时先达到平衡状态,与图象不符,故C错误;D、由图象可知,温度高的先达到平衡,且温度高时向正反应进行的程度大,则A的含量低,故D正确;故选D
16.【分析】本题考查原电池,明确电极的判断、发生的电极反应、电子、离子的移动方向即可解答Zn-Cu原电池中,Zn作负极,发生电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑,电子由负极流向正极,阳离子向正极移动,以此来解答 【解答】
①Zn为负极,Cu为正极,故
①错误;
②H+向正极移动,故
②错误;
③电子由Zn电极流向Cu电极,故
③正确;
④Cu电极上发生2H++2e-=H2↑,故
④正确;
⑤由2H++2e-=H2↑可知,有1mol电子流向导线,产生氢气
0.5mol,故
⑤正确;
⑥正极反应为2H++2e-=H2↑,故
⑥错误;
⑦Cu电级为正极,发生还原反应,故
⑦错误;
⑧电流由Cu外电路流向Zn,故
⑧正确综上所述,
③④⑤⑧正确,故C正确故选C
17.解A、析氢腐蚀是金属在酸性环境下的电化学腐蚀的一种,属于原电池原理,故A错误;B、牺牲阳极的阴极保护法即牺牲负极的正极保护法,属于原电池原理,故B错误;C、析氢腐蚀是金属在碱性或是中性环境下的电化学腐蚀的一种,属于原电池原理,故C错误;D、外加电流的阴极保护法是电解池工作原理的应用,故D正确.故选D.原电池工作原理存在原电池的正负极,正极金属被保护,负极金属加速腐蚀,金属的吸氧腐蚀和析氢腐蚀都属于原电池原理的腐蚀,据此回答.本题以考查原电池和电解池的工作原理为载体,设计金属的腐蚀和防护知识,注意知识的迁移应用是关键,难度中等.
18.解A.用电解原理保护金属时,金属应作电解池阴极,应该与原电池负极连接,故A错误;B.常温下,铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应,所以可以保护内部金属不被腐蚀,故B正确;C.生铁中铁作原电池负极而容易被腐蚀,纯铁比生铁更耐腐蚀,故C错误;D.钢铁发生析氢腐蚀时,负极反应是Fe-2e-═Fe2+,故D错误;故选B.A.用电解原理保护金属时,金属应作电解池阴极;B.常温下,铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应;C.构成原电池负极的金属易被腐蚀;D.钢铁发生析氢腐蚀时,负极上铁失电子生成亚铁离子.本题以金属的腐蚀与防护为载体考查了原电池和电解池原理,注意铁和铝的钝化现象不是没反应而是反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应,为易错点.
19.【分析】本题旨在考查学生对电解池的工作原理的应用【解答】Cu(OH)2从组成上可看成CuO•H2O,加入
0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH,即电解生成了
0.1molH2SO4,并电解了
0.1molH2O,由电解的总反应式 2H2O+2CuSO42Cu+O2↑+2H2SO4 转移电子 2mol 4mol
0.1mol
0.2mol 2H2O2H2↑+O2↑转移电子 2mol 4mol
0.1mol
0.2mol 所以电解过程中共转移电子为
0.4mol,故B符合题意 故选B
20.【分析】本题考查化学电源的工作原理,题目难度不大,注意电极反应方程式的书写和判断【解答】A.根据总反应可知Zn被氧化,为原电池的负极失电子,故A正确;B.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),故B正确;C.原电池中,电子由负极经外电路流向正极,故C错误;D.负极反应为Zn-2e-+2OH-═Zn(OH)2,外电路中每通过O.2mol电子,消耗的Zn的物质的量为
0.1mol,质量
0.1mol×65g/mol=
6.5g,故D正确故选C
21.
(1)热化学方程式表达的意义为当2molA2和1molB2完全反应时,放出热量为akJ,而加入2molA2和1molB2达到平衡时,没有完全反应,即释放的热量小于完全反应释放的热量,即b<a;
(2)正反应方向放热,升高温度,化学平衡向逆反应方向移动,生成物浓度减小,反应物浓度增大,K减小;
(3)a.VC3=2VB2时,该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态,与反应初始浓度及转化率有关,不能据此判断平衡状态,故错误;b.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应,当容器内压强保持不变时,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,故正确;c.V逆A2=2V正B2=V正A2,同一物质的正逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,故正确;d.混合气体遵循质量守恒定律,则反应前后混合气体质量不变,容器体积不变,则容器内的密度保持不变,不能据此判断平衡状态,故错误;故选bc;
(4)a.及时分离出C3气体,平衡正向移动,但反应速率减小,故错误;b.适当升高温度反应速率增大但平衡逆向移动,故错误;c.增大B2的浓度,平衡正向移动且反应速率增大,故正确;d.选择高效的催化剂,反应速率增大但平衡不移动,故错误;故选c
22.
(1)
①A.2vNH3═vCO2,不能说明正逆反应速率相等,不一定是平衡状态,故A错误;B.反应是一个前后系数和变化的反应,密闭容器中总压强不变,证明达到了平衡状态,故B正确;C.密闭容器中混合气体的密度ρ=m/V,质量不守恒,分子变化,V不变,容器中总密度不变,证明达到了平衡状态,故C正确;D.密闭容器中氨气的体积分数不变,不能证明达到平恒状态,故D错误,故选BC;
②反应NH2COONH4s2NH3g+CO2g的K=c2NH3•cCO2,设二氧化碳浓度的变化量x, NH2COONH4s2NH3g+CO2g初始浓度 0 0变化浓度 2x x平衡浓度 2x x则3x=
4.8×10-3mol/L,即x=
1.6×10-3mol/L,K=
1.6×10-3mol/L×
3.2×10-32≈
1.6×10-8mol•L-13;
③若在恒温下压缩容器体积,则会将压强增大,平衡向左移动,固体质量增大;
④根据表中的数据分析温度越高,则平衡气体的总浓度越大,所以升高温度,平衡正向移动,反应是吸热的,反应物是固体,产物是气体,该反应是熵增加的过程,即△H>0;
⑤化学反应速率V=△c/△t=
2.2mol/L−
1.9mol/L/6min=
0.05mol/L•min;
⑥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
23.【分析】本题考查了原电池原理,根据原电池电极上得失电子来判断正负极,一般来说,作原电池负极的金属金属活动性顺序强,有关电极反应式的书写和简单的计算,难度不大【解答】
(1)
①乙装置中,C的质量增加说明C电极上铜离子得电子发生还原反应,则C作正极,电极反应式为Cu2++2e-═Cu,故答案为Cu2++2e-═Cu;
②甲装置中,二价金属A不断溶解说明该装置构成了原电池,且A失电子发生氧化反应而作负极,B作正极; 乙中C的质量增加,说明C上铜离子得电子发生还原反应,则C作原电池正极,B作负极; 丙装置中A上有气体产生,说明A上氢离子得电子发生还原反应,则A作原电池正极,D作负极, 作原电池负极的金属活动性大于作正极金属,所以金属活动性强弱顺序是D>A>B>C故答案为D>A>B>C;
(2)由Zn一Cu一硫酸溶液组成的原电池,工作一段时间后锌片的质量减少了
6.5g,溶液中的H+移向正极,负极的电极反应式是负极反应为Zn-2e-=Zn2+,依据反应中电子守恒,标准状况下生成×
22.4=
2.24L气体
24.若:1 N2g+2O2g=2NO2g⊿H1=+
67.7kJ/mol; 2 N2H4g+O2g= N2g+2H2Og⊿H2=-534kJ/mol; 32H2g+O2g=2H2Og⊿H3=-484kJ/mol; 4H2g+F2g=2HFg⊿H4=-538kJ/mol 把2×2-1,运用盖斯定律可得2N2H4g+2NO2g=3N2g+4H2OgΔH=-534kJ/mol×2-
67.7kJ/mol=–
1135.7kJ·mol-1把2-3-4×2,运用盖斯定律可得N2H4g+2F2g=N2g+4HFgΔH=-534kJ/mol--484kJ/mol--538kJ/mol×2=–1126kJ·mol-
125.由图象可以看出,反应中X、Y的物质的量减少,应为反应物,Z的物质的量增多,应为生成物,当反应进行到2min时,△n(X)=
0.3mol,△n(Y)=
0.1mol,△n(Z)=
0.2mol,则△n(X)△n(Y)△n(Z)=312,参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比,则反应的方程式为3X+Y⇌2Z;反应开始至2min末,Y的反应速率为v= =
0.025mol/(L•min),根据参加反应的物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比可知X的反应速率为v=
0.075mol/(L•min);Z的反应速率为v=
0.05mol/(L•min).
26.
(1)利用图像规律“先拐、先平、数值大”,图中T1 P2曲线更快达到平衡,故T1T2 ,P2 P1;
(2)同样图中压强p2下,反应先达到平衡,所以反应速率较大,p 1p 2;压强大的情况下C%较高,说明增大压强对正反应更有利,正反应是个系数减小的反应,所以m+np;
(3)T1较 T2 温度下反应达到平衡时反应物C%的百分含量要小,产高,所以温度低对正反应有利,所以该正反应是个放热反应故答案为 ⑴ ⑵ ⑶放热。