山东省泰安市新泰一中高二化学上学期期中试题（含解析）.doc

2015-2016学年山东省泰安市新泰一中高二（上）期中化学试卷一、选择题（本大题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中，不正确的是（）a应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变b化学反应中的能量变化都是以热能形式表现出来的c若将等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多d在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向hts0的方向进行2下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）a银器表面在空气中因电化腐蚀渐渐变暗b当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用c在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法d可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀3一定量的锌与过量的稀h2so4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入（）akcl固体b铁粉ck2so4溶液dkno3溶液4己知反应：101kpa时，2c（s）+o2（g）=2co（g）；h=221kj/mol稀溶液，h+（aq）+oh（aq）=h2o（l）；h=57.3kj/mol下列结论正确的是（）a碳的燃烧热大于110.5kj/molb的反应热为221kj/molc稀硫酸与稀naoh溶液反应的中和热为57.3kj/mold稀醋酸与稀naoh溶液反应生成1mol水，放出57.3kj热量5把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞混合液的表面皿中，如图所示，最先观察到酚酞变红现象的区域是（）a和b和c和d和6镍镉（nicd）可充电电池在现代生活中有广泛应用已知某镍镉电池的电解质溶液为koh溶液，其充、放电按下式进行：cd+2niooh+2h2ocd（oh）2+2ni（oh）2有关该电池的说法正确的是（）a充电时阳极反应：ni（oh）2e+oh=niooh+h2ob充电过程是化学能转化为电能的过程c放电时负极附近溶液的ph值不变d放电时电解质溶液中的oh向正极移动7将0.2mol agno3、0.4molcu（no3）2、0.6molkcl溶于水，配成100ml的溶液，用石墨做电极电解一段时间后，在一极析出0.3molcu，此时在另一极收集到气体体积为（标况）（）a4.48lb5.6lc6.72ld7.84l8下列描述中，不符合生产实际的是（）a电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极b在镀件上电镀锌，用锌作阳极c用如图装置生产家用消毒液（naclo）d用如图装置为铅蓄电池充电9把4种不同体积或不同浓度的x溶液，分别加入4个盛有10ml 2moll1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50ml，此时x和盐酸进行反应，其中反应速率最大的是（）a20ml，3 moll1b20ml，2 moll1c10 ml，4 moll1d10 ml，2 moll110氮化硅（si3o4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3sio2+6c+2n2si3n4+6co下列叙述不正确的是（）a若已知上述反应为放热反应，升高温度，其平衡常数减小b上述反应中每生成1molsi3n4，转移12mol电子c在氮化硅的合成反应中，n2是氧化剂，sio2是还原剂d若使压强增大，上述平衡向逆反应方向移动11将固体nh4i置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应nh4i（s）nh3（g）+hi（g），2hi（g）h2（g）+i2（g）当反应达到平衡时，c（h2）=0.5moll1，c（hi）=4moll1，则nh3的浓度为（）a3.5moll1b4moll1c4.5moll1d5moll112三氧化二镍（ni2o3）可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用naoh调节nicl2溶液ph至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解电解过程中产生的cl2在弱碱性条件下生成clo，把二价镍氧化为三价镍以下说法正确的是（）a可用铁作阳极材料b电解过程中阳极附近溶液的ph升高c阳极反应方程式为：2cl2ecl2d1 mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过 了2 mol 电子13可逆反应ma（s）+n d（g）px（g）+qy（g）在反应过程中，其他条件不变，d的转化率和温度t 或压强p关系如图所示（d%为d的转化率），下列叙述中正确的是（）a正反应为放热反应b使用催化剂，d的物质的量减小c化学方程式系数m+n=p+qd增加物质a或d的用量，平衡均向右移动14如图所示，其中甲池的总反应式为：2ch3oh+3o2+4koh=2k2co3+6h2o下列说法正确的是（）a甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置b甲池通入ch3oh的电极反应为ch3oh6e+2h2o=co32+8h+c反应一段时间后，向乙池中加入一定量cu（oh）2固体，能使cuso4溶液恢复到原浓度d甲池中消耗280 ml（标准状况下）o2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体15反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的化学反应h2+cl22hcl的反应速率v可表示为v=kmn，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定由此可推得，m、n值正确的是（）/moll1/moll1v/moll1s11.01.01.0k2.01.02.0k2.04.04.0kam=1、n=1bm=、n=cm=、n=1dm=1、n=16将等物质的量的a、b混合于2l密闭容器中，发生如下反应3a（g）+b（g）xc（g）+2d（g），经5min后测得d的浓度为0.5moll1，c（a）：c（b）=3：5，用c的浓度变化表示的平均反应速率为0.1moll1min1下列有关结论正确的是（）ax的值为1bv（b）=0.2moll1min1c反应开始前a的物质的量为3mold5min时a的浓度为0.2moll117在相同容积的4个密闭器中进行同一可逆反应2a（g）+b（g）3c（g）+2d（g），起始时4个容器所盛a、b的量如表所示，在相同温度下，建立平衡时，4个容器中a或b的转化率的大小关系是（）容器甲乙丙丁a2mol1mol2mol1molb1mol1mol2mol2molaa的转化率为：甲丙乙丁ba的转化率为：甲乙丙丁cb的转化率为：甲丙乙丁db的转化率为：丁乙丙甲18相同温度下，容积均恒为2l的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=197kjmoll实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化so2o2so2ar甲2100放出热量：q1乙1.80.90.20放出热量：q2=78.8kj丙1.80.90.20.1放出热量：q2下列叙述正确的是（）aq1q3q2=78.8kjb三个容器中反应的平衡常数不相等c甲中反应达到平衡时，若升高温度，则so2的转化率将大于50%d若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0tmin内，v（o2）= mol/（lmin）19如图表示反应m（g）+p（g）nq（g）的平衡体系中，q的物质的量浓度c（q）与温度t的关系（曲线上的任何一点都表示平衡状态）下列有关该反应的描述错误的是（）a通过分析题图，该反应的正反应为放热反应ba状态与c状态的化学反应速率比较为v（a）v（c）c在t1、d状态时，v正v逆d在t2、b状态时，改变体积始终有v正=v逆，则n=220镍氢电池（nimh）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，nimh中的m表示金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：ni（oh）2+mniooh+mh已知：6niooh+nh3+h2o+oh6ni（oh）2+no2下列说法正确的是（）animh电池放电过程中，正极的电极反应式为：niooh+h2o+eni（oh）2+ohb充电过程中oh离子从阳极向阴极迁移c充电过程中阴极的电极反应式：h2o+m+emh+oh，h2o中的h被m还原dnimh电池中可以用koh溶液、氨水等作为电解质溶液二、简答题2150ml0.50moll1盐酸与50ml0.55moll1naoh溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，有两处缺点，其一是有处错误安装会导致热量散失较大，应该加，其二尚缺少一种玻璃仪器，这玻璃仪器名称是（2）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是（3）若操作时分几次注入反应液，求得的反应热数值（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（4）用相同浓度和体积的氨水代替naoh溶液进行上述实验，测得的中和热数值会（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（6）若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2t1分别为2.22.43.4，则最终代入计算式的温差均值为22现有反应co（g）+2h2（g）ch3oh（g）过程中能量变化如图所示，写出该反应的热化学方程式；已知该反应中相关的化学键键能数据如下：化学键hhcohoche/（kjmol1）436343465413则co中的键能为kjmol1；图中曲线表示（填反应条件）的能量变化23lisocl2电池可用于心脏起搏器该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是lialcl4socl2电池的总反应可表示为：4li+2socl2=4licl+s+so2（1）电池正极发生的电极反应为；（2）socl2易挥发，实验室中常用naoh溶液吸收socl2，有na2so3和nacl生成 如果把少量水滴到socl2中，实验现象是，反应的化学方程式为24二甲醚是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用工业上可利用水煤气合成二甲醚，总反应为：3h2（g）+3co（g）ch3och3（g）+co2（g）h=246.4kj/mol（1）在一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，只改变一个条件能同时提高反应速率和co的转化率的是（填字母代号）a降低温度 b加入催化剂 c缩小容器体积 d增加h2的浓度 e增加co的浓度（2）该反应的化学平衡常数表达式k=温度升高平衡常数（填“变大”、“变小”、“不变”）（3）在一体积可变的密闭容器中充入3mol h2、3mol co、1mol ch3och3、1mol co2，在一定温度和压强下发生反应：3h2（g）+3co（g）ch3och3（g）+co2（g），经一定时间达到平衡，并测得平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍问：反应开始时正、逆反应速率的大小：v（正）v（逆）（填“”“”或“=”）平衡时n（ch3och3）=，平衡时co的转化率为在该反应条件下能判断反应达到化学平衡状态的依据是（填编号）av（co）=3v（co2） b生成a mol co2的同时消耗3a mol h2cc（co2）=c（co） d混合气体的平均相对分子质量不变e气体的密度不再改变 f气体的总质量不再改变25汽车尾气净化的一个反应为：2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）某小组同学为探究转化效果，在一定温度下，向2l容器中充入no（g）和co（g）各2.0mol，使其发生反应，测得达到平衡后容器的压强是起始压强的求：（1）no的转化率；（2）此温度下的平衡常数2015-2016学年山东省泰安市新泰一中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中，不正确的是（）a应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变b化学反应中的能量变化都是以热能形式表现出来的c若将等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多d在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向hts0的方向进行【考点】焓变和熵变；有关反应热的计算【分析】a、化学反应的焓变不能逐个实验测定，应用盖斯定律可以计算某些反应的焓变；b、化学反应中的能量变化大多是以热能的形式表现出来，还有光能、电能等形式的能量变化；c、硫蒸气转变成硫固体要放热；d、反应的自发性判断根据熵和焓的复合判据来判断【解答】解：a、应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，反应和起始物质和终了物质能量有关，与变化过程无关，故a正确；b、化学反应中的能量变化大多是以热能的形式表现出来，还有光能、电能等形式的能量变化，故b错误；c、因为硫蒸气转变成硫固体要放热，所以等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故c正确；d、反应的自发性判断是根据熵和焓的复合判据，即hts0时，反应能自发进行，故d正确；故选b【点评】本题考查了化学反应与能量变化、盖斯定律、反应自发性的判断等，属于基础知识的考查，题目难度不大2下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）a银器表面在空气中因电化腐蚀渐渐变暗b当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用c在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法d可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】a纯银器主要发生化学腐蚀；b铁比锡活泼，易被腐蚀；c海轮外壳连接锌块，锌为负极；d防止金属被氧化，金属应连接电源的负极【解答】解：a、银器表面变黑是因为银与空气中的氧气发生化学反应生成氧化银所致，不是电化学反应，故a错误；b、fe比sn活泼，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，镀层不能对铁制品起保护作用，故b错误；c、在海轮外壳连接锌块，锌比铁活泼，所以被腐蚀的是锌块，铁被保护，这种方法叫用牺牲阳极的阴极保护法，故c正确；d、钢管与电源的正极相连，则钢管作阳极，所以钢管中的铁发生氧化反应，失去电子成为亚铁离子而被腐蚀，所以钢管不能与电源的正极相连，故d错误；故选c【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度不大，注意把握金属腐蚀的原理和电化学知识3一定量的锌与过量的稀h2so4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入（）akcl固体b铁粉ck2so4溶液dkno3溶液【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】一定温度下为减慢反应速率，可减小h+的浓度，一定量的锌与过量的稀h2so4反应，如果硫酸过量，不影响氢气的量，所加入物质不能影响减少zn或h+的物质的量，以此进行判断【解答】解：a加入氯化钾，溶液中h+的浓度不会变化，反应速率几乎无变化，故a错误；b、加入铁粉，生成更多的氢气，不符合题意，故b错误；c加入k2so4溶液，相当于加入水，会使得溶液中h+的浓度减小，反应速率减慢，故c正确；d加入硝酸钾溶液，溶液中会存在硝酸，消耗金属铁生成的是一氧化氮，会影响氢气的量，故d错误故选c【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意题目要求，为解答该题的关键，学习中注意影响化学反应速率的外界因素4己知反应：101kpa时，2c（s）+o2（g）=2co（g）；h=221kj/mol稀溶液，h+（aq）+oh（aq）=h2o（l）；h=57.3kj/mol下列结论正确的是（）a碳的燃烧热大于110.5kj/molb的反应热为221kj/molc稀硫酸与稀naoh溶液反应的中和热为57.3kj/mold稀醋酸与稀naoh溶液反应生成1mol水，放出57.3kj热量【考点】燃烧热；中和热【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；b、反应热分吸收热量，放出热量；c、中和热为57.3kjmol1；d、醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程【解答】a、在101kpa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量使用燃烧热时要注意两个关键点：反应物用量：可燃物为1mol；产物要求：充分燃烧成稳定氧化物，该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热比此处反应热的绝对值大，故a正确；b、的反应热为221kj/mol，故b错误；c、已知中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“”，即稀硫酸与稀naoh溶液反应的中和热为57.3kjmol1，故c错误；d醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程，则稀醋酸与稀naoh溶液反应生成lmol水，放出的热量小于57.3kj，故d错误故选a【点评】本题考查燃烧热和中和热的理解，题目难度不大，易错点为c，注意中和热的表示方法5把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞混合液的表面皿中，如图所示，最先观察到酚酞变红现象的区域是（）a和b和c和d和【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】左边表面皿是电解池，铁作阳极，锌作阴极，阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应；右边表面皿是原电池，锌作负极，铁作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应【解答】解：左边表面皿是电解池，铁作阳极，锌作阴极，阳极上铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，同时还有氢氧根离子生成，所以ii使酚酞试液变红；右边表面皿是原电池，锌作负极，铁作正极，负极上锌失电子生成锌离子而发生氧化反应，正极上氧气得电子生成氢氧根离子而发生还原反应，所以iii处使酚酞试液变红，故选c【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确离子放电顺序是解本题关键，注意活泼金属作阳极上，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，为易错点6镍镉（nicd）可充电电池在现代生活中有广泛应用已知某镍镉电池的电解质溶液为koh溶液，其充、放电按下式进行：cd+2niooh+2h2ocd（oh）2+2ni（oh）2有关该电池的说法正确的是（）a充电时阳极反应：ni（oh）2e+oh=niooh+h2ob充电过程是化学能转化为电能的过程c放电时负极附近溶液的ph值不变d放电时电解质溶液中的oh向正极移动【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】放电时负极上发生的电极反应式为：cd2e+2oh=cd（oh）2，正极上发生的电极反应式为：niooh+e+h2oni（oh）2+oh，充电时阳极上发生的电极反应式为：ni（oh）2+oheniooh+h2o，阴极上发生的电极反应式为：cd（oh）2+2ecd+2oh，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，充电时该装置是电解池【解答】解：a充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：ni（oh）2e+ohniooh+h2o，故a正确；b充电时该装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故b错误；c放电时，负极上电极反应式为：cd2e+2oh=cd（oh）2，所以碱性减弱，故c错误；d放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故d错误；故选a【点评】题考查原电池和电解池原理、电极反应式的书写，明确电极上得失电子及反应物质是解本题关键，电极反应式的书写是学习难点，要注意结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等7将0.2mol agno3、0.4molcu（no3）2、0.6molkcl溶于水，配成100ml的溶液，用石墨做电极电解一段时间后，在一极析出0.3molcu，此时在另一极收集到气体体积为（标况）（）a4.48lb5.6lc6.72ld7.84l【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】依据电解原理和电解质溶液中离子放电顺序分析得到先后发生的反应：cu2+2clcu+cl2，2cu2+2h2o2cu+o2+4h+，在阴极析出0.3molcu，可以计算转移电子的量，依据电子守恒列式计算另一极得到的气体的物质的量【解答】解：三种物质溶于水时，agno3与kcl反应后溶液中含有0.2 mol kno3、0.4 mol cu（no3）2和0.4 mol kcl当有0.3 mol cu生成时，先后发生反应：cu2+2clcu+cl2，2cu2+2h2o2cu+o2+4h+，在阳极上先后生成cl2和o2n（cl2）=n（kcl）=0.4 mol=0.2 mol，根据电子守恒有：0.3 mol2=0.2 mol2+4n（o2），解得n（o2）=0.05 mol，所以阳极共产生气体体积为（0.2 mol+0.05 mol ）22. 4 lmol1=5.6l故选b【点评】本题考查了电解池原理的分析应用，主要是电极反应和电子守恒的计算，依据电解原理和电解质溶液中离子放电顺序分析电极反应，结合题干离子物质的量和电子转移来确定发生电解反应的物质和生成产物，依据电子守恒列式计算得到即可8下列描述中，不符合生产实际的是（）a电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极b在镀件上电镀锌，用锌作阳极c用如图装置生产家用消毒液（naclo）d用如图装置为铅蓄电池充电【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a、根据电解精炼铜的原理来回答判断；b、电镀池中，镀件作阴极，镀层金属作阳极；c、生产家用消毒液（naclo）的原理是让电解氯化钠溶液生成的氯气和氢氧化钠之间发生反应即可；d、在蓄电池充电时，电池的正极和电源的正极相接，负极和负极相接【解答】解：a、电解精炼铜是粗铜作阳极，精铜作阴极，故a正确；b、在镀件上电镀锌，镀层金属zn作阳极，故b正确；c、生产家用消毒液（naclo）的原理是让电解氯化钠溶液生成的氯气和氢氧化钠之间发生反应即可，此时氯气必须在阳极上产生，故c正确；d、在蓄电池充电时，电池的正极和电源的正极相接，负极和负极相接，故d错误故选d【点评】本题综合考查学生原电池和电解池的工作原理以及应用方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大9把4种不同体积或不同浓度的x溶液，分别加入4个盛有10ml 2moll1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50ml，此时x和盐酸进行反应，其中反应速率最大的是（）a20ml，3 moll1b20ml，2 moll1c10 ml，4 moll1d10 ml，2 moll1【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】加水稀释到50ml，最后体积相同，则选项中x的物质的量越大，其浓度越大，所以反应速率就越大，以此来解答【解答】解：加水稀释到50ml，最后体积相同，则选项中x的物质的量越大，其浓度越大，所以反应速率就越大，an（x）=0.02l3mol/l=0.06mol；bn（x）=0.02l2mol/l=0.04mol；cn（x）=0.01l4mol/l=0.04mol；dn（x）=0.01l2mol/l=0.02mol；显然a的反应速率最大，故选a【点评】本题考查化学反应的影响因素，明确浓度越大反应速率越大，注意最后体积相同，分析选项中的物质的量是解答的关键，题目难度不大10氮化硅（si3o4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3sio2+6c+2n2si3n4+6co下列叙述不正确的是（）a若已知上述反应为放热反应，升高温度，其平衡常数减小b上述反应中每生成1molsi3n4，转移12mol电子c在氮化硅的合成反应中，n2是氧化剂，sio2是还原剂d若使压强增大，上述平衡向逆反应方向移动【考点】氧化还原反应【分析】a、对于放热反应，升高温度，平衡常数减小；b、化学反应中转移的电子数目等于元素化合价升高或降低的数目；c、化合价升高元素所在的反应物为还原剂，化合价降低元素所在的反应物为氧化剂；d、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行【解答】解：a、反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，其平衡常数减小，故a正确；b、氮元素的化合价总共降低了4（30）=12价，所以每生成1molsi3n4，n2得到12mol电子，故b正确；c、在氮化硅的合成反应中，氮元素的化合价由0价降低到3价，所以氮气是氧化剂，碳元素的化合价由0价升高到+4价，所以碳是还原剂，故c错误；d、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行，即向着逆向进行，故d正确故选c【点评】本题考查学生有关氧化还原反应中的有关概念、电子转移以及化学平衡常数随温度的变化的知识，综合性较强11将固体nh4i置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应nh4i（s）nh3（g）+hi（g），2hi（g）h2（g）+i2（g）当反应达到平衡时，c（h2）=0.5moll1，c（hi）=4moll1，则nh3的浓度为（）a3.5moll1b4moll1c4.5moll1d5moll1【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】nh4i分解出的hi为平衡与已分解的之和，即为nh4i分解出的nh3物质的量浓度，i2来自hi的分解，根据i2为0.5mol/l可知，hi分解的浓度，进而计算nh3的浓度【解答】解：反应达到平衡时=0.5mol/l，根据2hi（气）h2（气）+i2（气）可知，hi分解的浓度为20.5mol/l=1mol/l，反应达到平衡时=4mol/l，所以平衡时nh3的浓度=4mol/l+1mol/l=5mol/l故选d【点评】本题考查了化学平衡的计算，主要理清hi的分解浓度和平衡浓度与生成浓度的关系12三氧化二镍（ni2o3）可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用naoh调节nicl2溶液ph至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解电解过程中产生的cl2在弱碱性条件下生成clo，把二价镍氧化为三价镍以下说法正确的是（）a可用铁作阳极材料b电解过程中阳极附近溶液的ph升高c阳极反应方程式为：2cl2ecl2d1 mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过 了2 mol 电子【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a若fe为阳极，则氯离子不能在阳极生成；b电解时阳极附近氯离子放电；c电解时阳极附近氯离子放电；d由ni2+e=ni3+可知转移的电子数【解答】解：a若fe为阳极，则氯离子不能在阳极生成，则不会存在产生的cl2在弱碱性条件下生成clo，把二价镍氧化为三价镍，故a错误；b电解时阳极附近氯离子放电，溶液的ph不会升高，故b错误；c电解时阳极附近氯离子放电，发生电极反应为2cl2e=cl2，故c正确；d由ni2+e=ni3+可知1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子，故d错误；故选c【点评】本题考查电解原理，明确离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，选项a为解答的易错点，题目难度中等13可逆反应ma（s）+n d（g）px（g）+qy（g）在反应过程中，其他条件不变，d的转化率和温度t 或压强p关系如图所示（d%为d的转化率），下列叙述中正确的是（）a正反应为放热反应b使用催化剂，d的物质的量减小c化学方程式系数m+n=p+qd增加物质a或d的用量，平衡均向右移动【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】由左图知，温度t2为先到达平衡，故t2t1，升高温度，d%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由右图可知，压强为p2先到达平衡，故p2p1，增大压强，d%不变，则平衡不移动，故n=p+q，注意反应中a为固体，增加物质a平衡不移动【解答】解：a由左图知，温度t2为先到达平衡，故t2t1，升高温度，d%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故a正确；b使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，d的物质的量减小不变，故b错误；c、由右图可知，压强为p2先到达平衡，故p2p1，增大压强，d%不变，则平衡不移动，故n=p+q，故c错误；da为固体，增加物质a，平衡不移动，故d错误故选：a【点评】本题考查化学平衡的移动、化学平衡影响因素、化学平衡图象等，难度中等，根据“先拐先平数值大”原则，即曲线先折拐的首先达到平衡，以此判断温度或压强的高低，再依据外界条件对平衡的影响确定答案14如图所示，其中甲池的总反应式为：2ch3oh+3o2+4koh=2k2co3+6h2o下列说法正确的是（）a甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置b甲池通入ch3oh的电极反应为ch3oh6e+2h2o=co32+8h+c反应一段时间后，向乙池中加入一定量cu（oh）2固体，能使cuso4溶液恢复到原浓度d甲池中消耗280 ml（标准状况下）o2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】压轴题；电化学专题【分析】a、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答；b、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；c、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；d、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答【解答】解：a、甲池是燃料电池，是化学能能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能能转化为化学能的装置，故a错误；b、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为ch3oh6e+2h2o+8oh=co32+8h2o，故b错误；c、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故c错误；d、甲池中根据电极反应：o2+2h2o+4e=4oh，所以消耗280ml（标准状况下0.0125mol）o2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol58g/mol=1.45g固体，故d正确故选d【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，注意平时知识的积累是解题的关键，难度较大15反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的化学反应h2+cl22hcl的反应速率v可表示为v=kmn，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定由此可推得，m、n值正确的是（）/moll1/moll1v/moll1s11.01.01.0k2.01.02.0k2.04.04.0kam=1、n=1bm=、n=cm=、n=1dm=1、n=【考点】反应速率的定量表示方法【分析】根据=kmn，利用三组数据列式比较可计算m、n值【解答】解：设三组数据编号分别为，则有=2=2m，m=1；=2=4n，n=，故选d【点评】本题考查化学反应速率的定量表示方法，题目难度不大，可对三组数据比较计算16将等物质的量的a、b混合于2l密闭容器中，发生如下反应3a（g）+b（g）xc（g）+2d（g），经5min后测得d的浓度为0.5moll1，c（a）：c（b）=3：5，用c的浓度变化表示的平均反应速率为0.1moll1min1下列有关结论正确的是（）ax的值为1bv（b）=0.2moll1min1c反应开始前a的物质的量为3mold5min时a的浓度为0.2moll1【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡计算【分析】a根据v=计算v（d），再根据反应速率之比等于化学计量数之比计算x的值；b结合v（d），利用反应速率之比等于化学计量数之比计算v（b）；c.5min后，测得d的浓度为0.5moll1，则生成的d为0.5mol/l2l=1mol，设开始a、b的物质的量均为n，表示出5min时a、b的物质的量，再根据a、b浓度之比列方程计算a、b起始物质的量d结合c中计算数据计算5min时a的浓度【解答】解：a经5min后，测得d的浓度为0.5moll1，则v（d）=0.1mol/（lmin），c的平均反应速率是0.1mol/（lmin），则0.1mol/（lmin）：0.1mol/（lmin）=2：x，解得x=2，故a错误；b反应速率之比等于化学计量数之比，则v（b）=v（d）=0.05mol/（lmin），故b错误；c.5min后，测得d的浓度为0.5moll1，则生成的d为0.5mol/l2l=1mol，设开始a、b的物质的量均为n，则： 3a（g）+b（g）xc（g）+2d（g）开始（mol）：n n 0转化（mol）：1.5 0.5 15min时（mol）：n1.5 n0.5 1此时a、b的物质的量浓度之比为3：5，则（n1.5）：（n0.5）=3：5，解得n=3，故c正确；d根据c中计算可知，5min时a的浓度为=0.75mol/l，故d错误，故选：c【点评】本题考查化学平衡的计算、化学反应速率计算，难度不大，注意三段式在化学平衡计算中应用，根据反应速率定义式理解速率规律17在相同容积的4个密闭器中进行同一可逆反应2a（g）+b（g）3c（g）+2d（g），起始时4个容器所盛a、b的量如表所示，在相同温度下，建立平衡时，4个容器中a或b的转化率的大小关系是（）容器甲乙丙丁a2mol1mol2mol1molb1mol1mol2mol2molaa的转化率为：甲丙乙丁ba的转化率为：甲乙丙丁cb的转化率为：甲丙乙丁db的转化率为：丁乙丙甲【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】甲相当于在乙的基础上再增加a的物质的量，所以甲中b的转化率大于乙中b的转化率，但a的转化率要小于乙中a的转化率；丁相当于在乙的基础上再增加b的物质的量，所以丁中a的转化率大于乙中a的转化率，但b的转化率要小于乙中b的转化率；丙和乙相比，相当于在增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以转化率均降低；丙和甲相比，相当于在甲的基础上再增加b的物质的量，所以丙中a的转化率大于甲中a的转化率，但b的转化率要小于甲中b的转化率；丙和丁相比，相当于在丁的基础上再增加a的物质的量，所以丙中b的转化率大于丁中b的转化率，但a的转化率要小于丁中a的转化率【解答】解：将起始时情况作如下排列： 2a（g）+b（g）3c（g）+2d（g）甲 2 mol 1 mol乙 1 mol 1 mol丙 2 mol 2 mol丁 1 mol 2 mola越少b越多，a的转化率越高，则a转化率最高的为丁，最低的为甲；乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1 mol a和1 mol b，因是恒容为加压，平衡逆向移动使a的转化率减小，故a的转化率丁乙丙甲，同理得b的转化率：甲乙丙丁，故选a【点评】本题考查影响化学平衡移动的因素，题目难度中等，注意对比四种容器内各物质的物质的量关系，结合影响平衡移动的因素解答18相同温度下，容积均恒为2l的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=197kjmoll实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化so2o2so2ar甲2100放出热量：q1乙1.80.90.20放出热量：q2=78.8kj丙1.80.90.20.1放出热量：q2下列叙述正确的是（）aq1q3q2=78.8kjb三个容器中反应的平衡常数不相等c甲中反应达到平衡时，若升高温度，则so2的转化率将大于50%d若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0tmin内，v（o2）= mol/（lmin）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题；化学平衡计算【分析】乙、丙转化到左边，so2、o2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中so2、o2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时相同物质的物质的量相等a根据参加反应二氧化硫的物质的量判断方程热量多少；b平衡常数只受温度影响，对于同一反应，温度相同，平衡常数相同；c乙中放出的热量78.8kj，则反应的二氧化硫为2=0.8mol，平衡时二氧化硫为1mol，故甲中转化的二氧化硫为1mol，二氧化硫转化率为50%，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫转化率减小；d乙中平衡时参加反应二氧化硫为0.8mol，由方程式可知反应的氧气为0.4mol，再根据v=计算v（o2）【解答】解：乙、丙转化到左边，so2、o2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中so2、o2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时相同物质的物质的量相等a由于平衡时二氧化硫物质的量相等，故参加反应二氧化硫的物质的量：甲乙=丙，故放出热量：q1q3=q2=78.8kj，故a错误；b甲、乙、丙三容器温度相同，平衡常数相同，故b错误；c乙中平衡时放出热量为78.8kj，由2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=197kjmol1可知，参加反应的二氧化硫为2=0.8mol，平衡时二氧化硫为1.8mol0.8mol=1mol，故甲中转化的二氧化硫为2mol1mol=1mol，甲中二氧化硫转化率为=50%，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，so2的转化率将小于50%，故c错误；d乙中平衡时参加反应二氧化硫为0.8mol，由2so2（g）+o2（g）2so3（g）可知，反应的氧气为0.8mol=0.4mol，乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0tmin内v（o2）=mol/（lmin），故d正确，故选d【点评】本题考查等效平衡、化学平衡计算、化学反应速率计算、化学平衡影响因素等，关键是理解等效平衡规律，注意丙中稀有气体在恒温恒容条件下不影响平衡移动，难度中等19如图表示反应m（g）+p（g）nq（g）的平衡体系中，q的物质的量浓度c（q）与温度t的关系（曲线上的任何一点都表示平衡状态）下列有关该反应的描述错误的是（）a通过分析题图，该反应的正反应为放热反应ba状态与c状态的化学反应速率比较为v（a）v（c）c在t1、d状态时，v正v逆d在t2、b状态时，改变体积始终有v正=v逆，则n=2【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】a、图象分析可知随温度升高，q的浓度减小，说明平衡逆向进行，依据平衡移动原理分析判断；b、化学反应速率影响因素分析，温度越高反应速率越大；c、图象分析d状态不是平衡状态，达到平衡需要增大q的浓度，平衡正向进行；d、在t2、b状态时，改变体积，压强变化，平衡不动说明反应前后气体体积不变；【解答】解：a、图象分析可知随温度升高，q的浓度减小，说明平衡逆向进行，依据平衡移动原理分析，逆向是吸热反应，所以正反应是放热反应，故a正确；b、化学反应速率影响因素分析，温度越高反应速率越大，a状态与c状态的化学反应速率比较为v（a）v（c），故b正确；c、图象分析d状态不是平衡状态，达到平衡需要增大q的浓度，平衡正向进行