阶段性检测(一)

1、.阶段性检测一学生用书P108单独成册 时间：60分钟，总分值：100分一、选择题此题包括16小题，每题3分，共48分1以下反响中，在任何温度下都不能自发进展的是A2O3g=3O2gH<0B2COg=2CsO2gH>0CN2g3H2g=2NH3gH<0DCaCO3s=CaOsCO2gH>0解析：选B。对于HTS0即H>0、S<0的反响在任何温度下均不能自发进展。A项H<0，S>0；B项H>0，S<0；C项H<0，S<0；D项H>0，S>0，应选B。22019·广州高二测试在1 L定容的密闭容器中，可以

2、证明可逆反响N23H22NH3已到达平衡状态的是AcN2cH2cNH3132B一个NN键断裂的同时，有3个HH键生成C其他条件不变时，混合气体的密度不再改变Dv正N22v逆NH3解析：选B。cN2cH2cNH3132，等于化学方程式中的计量数之比，但不能说明各物质的浓度不变，不一定为平衡状态，故A错误；一个NN键断裂的同时，有3个HH键生成，能说明正、逆反响速率是相等的，到达了平衡状态，故B正确；混合气体的密度，质量在反响前后是守恒的，体积不变，密度始终不变，所以密度不变的状态不一定是平衡状态，故C错误；v正N22v逆NH3时，正、逆反响速率不相等，未到达平衡状态，故D错误。3以NA代表阿伏加

3、德罗常数，那么关于热化学方程式C2H2gO2g=2CO2gH2OlH1 300 kJ·mol1的说法中，正确的选项是A转移10NA个电子时，该反响放出1 300 kJ的能量B生成NA个液态水分子时，吸收1 300 kJ的能量C有2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1 300 kJ的能量D有10NA个碳氧共用电子对生成时，放出1 300 kJ的能量解析：选A。2.5 mol O2参与反响时转移电子的物质的量为10 mol，此时反响生成1 mol H2Ol，放热1 300 kJ，选项A正确，选项B错误；1 mol CO2中含2 mol C=O键，共4 mol碳氧共用电子对，故生成2 mol

4、 CO2时应有8 mol碳氧共用电子对生成，选项C、D错误。4一个原电池的总反响方程式为ZnCu2=Zn2Cu，该反响的原电池的正确组成是A正极Zn负极Cu电解质溶液CuCl2溶液B正极Cu负极Zn电解质溶液CuCl2溶液C正极Zn负极Cu电解质溶液ZnCl2溶液D正极Cu负极Zn电解质溶液ZnCl2溶液解析：选B。由电池反响知Zn发生氧化反响，故Zn作电池负极；Cu2发生复原反响，故含Cu2的盐溶液作电解质溶液。52019·盐城高二测试：2H2gO2g=2H2OgH1H2gCl2g=2HClgH24HClgO2g=2Cl2g2H2OgH3N2g3H2g 2NH3gH42NH3g3C

5、l2g=N2g6HClgH5以下关于上述反响焓变的判断正确的选项是AH1>0，H2>0BH3>0，H4>0CH2H4H5 DH3H12H2解析：选D。2H2gO2g=2H2Og属于放热反响，故H1<0。H2gCl2g=2HClg属于放热反响，故H2<0。4HClgO2g=2Cl2g2H2Og属于放热反响，故H3<0。N2g3H2g 2NH3g属于放热反应，故H4<0，故A、B错误；根据盖斯定律，H2H4H5×，故C错误；根据盖斯定律，H3H12H2，故D正确。62019·高考海南卷改编反响COgH2Og CO2gH2gH0。在

6、一定温度和压强下于密闭容器中，反响到达平衡。以下表达正确的选项是A升高温度，K增大B减小压强，nCO2增加C更换高效催化剂，CO增大D充入一定量的氮气，nH2不变解析：选D。A.此反响的正反响是放热反响，升高温度，平衡向逆反响方向挪动，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，K减小，错误；B.反响前后气体体积相等，因此减小压强，平衡不挪动，即nCO2不变，错误；C.催化剂对化学平衡挪动无影响，因此CO的转化率不变，错误；D.恒压下，充入N2，容器的体积增大，组分浓度降低，但化学反响前后气体系数之和不变，因此化学平衡不挪动，nH2不变，正确。7一定条件下，在密闭容器中进展如下反响：NOgCOg

7、N2gCO2gH373.2 kJ·mol1，到达平衡后，为进步该反响的速率和NO的转化率，采取的正确措施是A加催化剂同时升高温度 B加催化剂同时增大压强C升高温度同时充入N2 D降低温度同时增大压强解析：选B。进步反响速率的一般措施有升高温度，增大反响物浓度，对有气体参加的反响增大压强，参加催化剂。要进步NO的转化率，即让平衡向正反响方向挪动，可采取的措施有降低温度，增大压强，增大CO的浓度等。综合以上分析，B正确。8.2019·合肥高二检测一定温度下，某反响在密闭容器中进展，Xg和Yg的物质的量随反响时间的变化曲线如下图。以下表达正确的选项是A该反响的化学方程式为5Y3X

8、Bt1时，Y的浓度是X的浓度的1.5倍Ct2时，正、逆反响速率相等Dt3时，逆反响速率大于正反响速率解析：选B。由图可知，反响到达平衡时，Y减少了7 mol，X增加了3 mol，因此该反响的化学方程式为7Y3X，故A项不正确；t1时，Y的物质的量为6 mol，X的物质的量为4 mol，那么cY1.5cX，故B项正确；由图可知，t2时，X、Y两物质的物质的量相等，但不表示正、逆反响速率相等，故C项不正确；t3时，反响到达平衡状态，正反响速率等于逆反响速率，故D项不正确。9分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2IH2OIO慢H2O2 IOH2O

9、 O2I快以下有关该反响的说法正确的选项是A反响速率与I浓度有关BIO也是该反响的催化剂C反响的活化能等于98 kJ·mol1DvH2O2vO2解析：选A。A.将题给两个反响合并可得总反响为2H2O2=2H2OO2，该反响中I作催化剂，其浓度的大小将影响该反响的反响速率。B.该反响中IO是中间产物，不是该反响的催化剂。C.反响的活化能表示一个化学反响发生所需要的最小能量，分解1 mol H2O2放出98 kJ热量，不能据此判断该反响的活化能。D.由反响速率与化学方程式中对应物质的化学计量数的关系可知vH2O22vO2。10在不同浓度c、温度T条件下，蔗糖水解的瞬时速率v如下表。以下判

10、断不正确的选项是 c /mol·L1v /mmol·L1·min1T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08A.a6.00B同时改变反响温度和蔗糖的浓度，v可能不变Cb<318.2D不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间一样解析：选D。由表格知328.2 K时蔗糖水解的瞬时速率与浓度的关系成正比，那么0.600/0.4009.00/a，a6.00，A项正确；从题给数据看，浓度越大、温度越高，反响速率越快，当增大浓度同时降低温度时，瞬时速率可能会

11、不变，B项正确；浓度不变时，b K下反响速率低于318.2 K下的反响速率，故b<318.2，C项正确；温度不同，一样浓度下的平均速率不同，浓度减少一半所需的时间也不同，D项错误。11肼N2H4是一种高能燃料，有关化学反响的能量变化如下图。断裂1 mol化学键所需的能量kJ：NN键为942、O=O键为500、NN键为154，那么断裂1 mol NH键所需的能量kJ是A194B391C516D658解析：选B。利用图示可知1 mol肼和1 mol氧气变成气态原子时断键需要的能量为2 752 kJ534 kJ2 218 kJ。1 mol肼和1 mol氧气断键变为原子时要断裂1 mol NN

12、键，4 mol NH键，1 mol O=O键，所以1×154 kJ4×ENH键能1×500 kJ2 218 kJ，解得ENH键能为391 kJ，B项正确。122019·高考天津卷常压下羰基化法精炼镍的原理为Nis4COg NiCO4g。230 时，该反响的平衡常数K2×105 mol3·L3。：NiCO4的沸点为42.2 ，固体杂质不参与反响。第一阶段：将粗镍与CO反响转化成气态NiCO4；第二阶段：将第一阶段反响后的气体别离出来，加热至230 制得高纯镍。以下判断正确的选项是A增加cCO，平衡向正向挪动，反响的平衡常数增大B第一阶段

13、，在30 和50 两者之间选择反响温度，选50 C第二阶段，NiCO4分解率较低D该反响到达平衡时，v生成NiCO44v生成CO解析：选B。增加cCO，平衡正向挪动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A项错误；第一阶段，50 时，反响速率较快且NiCO4为气态，能从反响体系中别离出来，B项正确；一样温度下，第二阶段与第一阶段的平衡常数互为倒数，那么230 时，第二阶段的平衡常数K5×104 mol3·L3，反响进展的程度大，故NiCO4分解率较高，C项错误；该反响到达平衡时，4v生成NiCO4v生成CO，D项错误。132019·潍坊高二测试某兴趣小组

14、同学利用氧化复原反响：2KMnO410FeSO48H2SO4=2MnSO45Fe2SO43K2SO48H2O设计如下原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。以下说法正确的选项是Ab电极上发生复原反响B外电路电子的流向是从a到bC电池工作时，盐桥中的SO移向甲烧杯Da电极上发生的反响为MnO8H5e=Mn24H2O解析：选D。根据反响方程式判断b极是FeSO4发生氧化反响，为负极，A错误；由上述分析可知，a为正极，电子由负极流向正极，即从b流向a，B错误；原电池中阴离子向负极挪动，那么盐桥中的SO移向乙烧杯，C错误；甲烧杯中发生复原反响，Mn元素的化合价降低，电极反响为MnO8H5e=Mn24H2

15、O，D正确。14某充电宝锂离子电池的总反响为xLiLi1xMn2O4LiMn2O4，某手机镍氢电池总反响为NiOOHMHMNiOH2M为储氢金属或合金，有关上述两种电池的说法不正确的选项是A锂离子电池放电时Li向正极迁移B镍氢电池放电时，正极的电极反响式：NiOOHH2Oe=NiOH2OHC如图表示用锂离子电池给镍氢电池充电D锂离子电池充电时，阴极的电极反响式：LiMn2O4xe=Li1xMn2O4xLi解析：选D。锂离子电池放电时阳离子移向正极，所以Li向正极迁移，故A正确；放电时，正极发生复原反响，电极反响式为NiOOHeH2O=NiOH2OH，故B正确；由图表示锂离子电池为放电过程，而镍

16、氢电池为充电过程，所以是表示用锂离子电池给镍氢电池充电，故C正确；锂离子电池充电时，阴极的电极反响式：Lie=Li，故D错误。15某兴趣小组设计如下图微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。以下有关描绘正确的选项是A断开K2，闭合K1时，总反响的离子方程式为2H2ClCl2H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反响式为Cl22e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极解析：选D。断开K2，闭合K1时，为电解池装置，总反响的离子方程式为2H2O2Cl2OHH2Cl2，

17、Cu电极附近溶液变红，A、B错误；断开K1，闭合K2时，电流表指针发生偏转，那么构成原电池装置，Cu电极为原电池的负极，发生失去电子的氧化反响，石墨电极为原电池的正极，发生复原反响，C错误、D正确。16臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反响为2NO2gO3g N2O5gO2g，假设反响在恒容密闭容器中进展，以下由该反响相关图像做出的判断正确的选项是AB升高温度，平衡常数减小03 s内，反响速率为vNO20.2 mol·L1CDt1时仅参加催化剂，平衡正向挪动到达平衡时，仅改变x，那么x为cO2解析：选A。A.从能量变化的图像分析，该反响为放热反响，升高温度，平衡逆向挪动，平衡常数减小，

18、A正确。B.根据化学反响速率的计算公式：vNO20.2 mol·L1·s1，单位不对，B错误。C.催化剂会同等程度地改变正、逆反响速率，所以参加催化剂，平衡不挪动，C错误。D.增大cO2，平衡逆向挪动，NO2的转化率降低，D错误。二、非选择题此题包括4小题，共52分1712分反响aAgbBg cCgdDg，答复以下问题：1假设开场反响时只充入了A和B，那么此时v正_填“最大或“最小，下同，而v逆_。2假设开场反响时只充入了C和D，那么在到达平衡前都有v正_填“或“v逆。3假设到达平衡过程中，cA增大了 mol·L1，那么在此过程中cB_填“增大或“减少了_mol&

19、#183;L1；cC_填“增大或“减少了_mol·L1；假设反响时间为t秒，那么用vD表示该反响的反响速率为_mol·L1·s1，且vAvBvCvD_。解析：1开场反响时只充入了A和B，说明反响是从反响物开场的，刚开场时，v正最大，v逆最小，反响过程中v正逐渐减小，v逆逐渐增大。2开场反响时只充入了C和D，说明反响是从生成物开场的，刚开场时，v正为零，v逆最大，在到达平衡前的过程中，始终存在v正v逆。3假设cA增大了 mol·L1，表示此过程中cB增加，cC、cD减小。由，可知cB· mol·L1 mol·L1；由，可知cC

20、· mol·L1 mol·L1；同理，cD· mol·L1 mol·L1，那么vD mol·L1·s1。用各物质表示的化学反响速率之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，故有vAvBvCvDabcd。答案：1最大最小23增大减少abcd1812分NH3经一系列反响可以得到HNO3和NH4NO3，如下图。1：2NO2g N2O4gH12NO2g N2O4lH2以下能量变化示意图中，正确的选项是选填字母_。N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是_。2中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如下图。为使电解产物全

21、部转化为NH4NO3，需补充物质A。A是_，说明理由：_。解析：1二氧化氮转化为四氧化二氮为放热反响，故可排除C，又因为气态四氧化二氮的能量高于液态四氧化二氮的能量，所以选A。N2O4与O2、H2O的反响，可看成NO2与O2、H2O的反响，故2N2O4O22H2O=4HNO3。2阳极反响为5NO15e10H2O=5NO20H，阴极反响为3NO15e18H=3NH3H2O，总反响为8NO7H2O3NH4NO32HNO3，电解产生的硝酸多，故需要通入NH3。答案：1A2N2O4O22H2O=4HNO32NH3根据反响：8NO7H2O3NH4NO32HNO3，电解产生的HNO3多1912分2019&

22、#183;高考全国卷1：AssH2g2O2g=H3AsO4s H1H2gO2g=H2OlH22AssO2g=As2O5sH3那么反响As2O5s 3H2Ol=2H3AsO4s的H_。2298 K时，将20 mL 3x mol·L1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反响：AsOaqI2aq2OHaq AsOaq2IaqH2Ol。溶液中cAsO与反响时间t的关系如下图。以下可判断反响到达平衡的是_填标号。a溶液的pH不再变化bvI2vAsOccAsO/cAsO不再变化dcIy mol·L1tm时，v正_v逆填“大

23、于“小于或“等于。tm时v逆_tn时v逆填“大于“小于或“等于，理由是_。假设平衡时溶液的pH14，那么该反响的平衡常数K为_。解析：1将热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由×2×3可得：As2O5s3H2Ol=2H3AsO4sH2H13H2H3。2溶液的pH不再变化，即OH的浓度不再变化，所以平衡体系中各组分的浓度均不再变化，说明反响到达平衡状态，a项正确；当v正I2v逆AsO或v逆I2v正AsO时反响到达平衡状态，选项中的速率未指明是正反响速率还是逆反响速率，b项错误；反响到达平衡之前，cAsO逐渐减小而cAsO逐渐增大，故cAsO/cAsO逐渐增大，当cAsO/

24、cAsO不变时反响到达平衡状态，c项正确；根据离子方程式可知反响体系中恒有cI2cAsO，观察图像可知反响到达平衡时AsOy mol·L1，此时I2y mol·L1，d项错误。tm时反响未到达平衡状态，所以v正大于v逆。从tm到tn，反响逐渐趋于平衡状态，反响物浓度逐渐减小而生成物浓度逐渐增大，所以正反响速率逐渐减小，逆反响速率逐渐增大，故tm时v逆小于tn时v逆。根据题意，起始时cAsOcI2x mol·L1。根据图像可知平衡时AsOy mol·L1，那么此时I2y mol·L1，AsOI2xy mol·L1，平衡时溶液的pH14，那么OH1 mol·L1，故该反响的平衡常数K mol·L11。答案：12H13H2H32ac大于小于tm时生成物浓度较低 mol·L112016分三氟化氮是一种新型电子材料。工业上用氮气与氟气在一定条件下反响合成NF3，化学方程式为N2g3F2g 2NF3gH。1：NN键、FF键、NF键的键能分别为945 kJ·mol1、158 kJ·m