陕西省西北农林科大附中2015-2016学年高二上学期期中化学试卷解析版

1、2021-2021学年陕西省西北农林科大附高二上期化学试卷一选择题每题只有一个正确答案，共18小题，每题3分，共计54分1以下说法正确的选项是( )A需要加热方能发生的反响一定是吸热反响B放热反响在常温条件下一定很容易发生C反响是吸热还是放热的，必须看反响物和生成物所具有总能量的大小D灼热的炭与二氧化碳的反响为放热反响2以下反响既是氧化复原反响，又是吸热反响的是( )A铝片与稀H2SO4反响BBaOH28H2O与NH4Cl反响C灼热的炭与CO2反响D甲烷在O2的燃烧反响3反响X+Y=M+N为放热反响，对该反响的以下说法正确的( )AX的能量一定高于MB因该反响为放热反响，故不必加热就可发生CY

2、的能量一定高于NDX和Y的总能量一定高于M和N的总能量4化学反响A2+B2=2AB的能量变化如下图，那么以下说法正确的选项是( )A该反响是吸热反响B断裂2molAB键需要吸收ykJ的能量C2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量D断裂1molAA键和1molBB键能放出xkJ的能量5在101kPa 25时，10g乙烷气体完全燃烧生成液态水时放出热量520kJ，那么乙烷燃烧的热化学方程式为( )AC2H6g+O2g2CO2g+3H2OlH=1560kJmol1B2C2H6g+7O2g4CO2g+6H2OgH=1560kJmol1C2C2H6g+7O2g4CO2g+6H2OlH

3、=+3120 kJmol1DC2H6g+O2g2CO2g+3H2OlH=520kJmol16反响A2g+2B2g2AB2gH0，以下说法正确的选项是( )A升高温度，正向反响速率增加，逆向反响速率减小B升高温度有利于反响速率增加，从而缩短到达平衡的时间C到达平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反响平衡正向移动D到达平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反响平衡正向移动7强酸与强碱的稀溶液发生和反响的热效应为：H+aq+OHaqH2OlH=573kJmol1分别向1L 05mol/L的NaOH溶液参加浓硫酸；稀硫酸；稀盐酸，恰好完全反响的热效应分别为H1、H2、H3，以下关系正确的选项是( )AH

4、1H2H3BH1H2H3CH1=H2H3DH1H2=H38为探究足量锌与稀硫酸的反响速率以vH2表示，向反响混合液参加某些物质，以下判断正确的选项是( )A参加NH4HSO4固体，vH2不变，生成H2量不变B参加少量水，vH2减小，生成H2量减少C参加CH3COONa固体，vH2减小，生成H2量不变D滴加少量CuSO4溶液，vH2增大，生成H2量减少9对于化学反响3Wg+2Xg=4Yg+3Zg，以下反响速率关系，正确的选项是( )AvW=3vZB2vX=3vZC2vX=vYD3vW=2vX10反响Ag+3Bg2Cg+2Dg在四种不同情况下的反响速率如下，其表示反响速率最快的是( )AvA=01

5、5 molL1min1BvB=0015 molL1s1CvC=040 molL1min1DvD=045 molL1min111在密闭容器，对于反响：N2g+3H2g2NH3g，在反响起始时N2和H2分别为1mol和3mol，当到达平衡时，N2的转化率为30%假设以NH3为起始反响物，反响条件与上述反响相同时，欲使其到达平衡时各成分的百分含量与前者相同，那么NH3的起始物质的量和它的转化率，正确的选项是( )A4mol；35%B2mol；30%C2mol；70%D1mol；50%12以下说法不正确的选项是( )A增大压强，活化分子百分数不变，化学反响速率增大B升高温度，活化分子百分数增大，化学反

6、响速率增大C增大反响物浓度，活化分子百分数增大，化学反响速率增大D使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反响速率增大13在一定温度下的定容密闭容器，以下情况能说明可逆反响：H2g+I2g2HIg已达平衡的是( )AH2的生成速率与I2的生成速率相等B假设单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HICH2、I2、HI的浓度相等D反响容器内的压强不随时间的变化而变化14对于反响2SO2g+O2g2SO3g，能增大正反响速率的措施是( )A通入大量O2B增大容器容积C移去局部SO2D降低体系温度15在一定温度下，反响Cs+H2OgCOg+H2g在一可变容积的密闭容器进行，以下条件的改变对

7、其反响速率几乎无影响的是( )A增加C的量B将容器的体积减小一半C保持体积不变，充入氢气使体系的压强增大D保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大16对可逆反响4NH3g+5O2g4NOg+6H2Og，那么以下表达正确的选项是( )A到达化学平衡时，5v正O2=4v逆NOB假设单位时间内生成nmol NO的同时，生成nmol NH3，那么反响到达平衡状态C到达化学平衡时，假设增加容器体积，那么正反响速率减小，逆反响速率增大D化学反响速率关系是：2v正NH3=3v正H2O17将4mol A气体和2mol B气体在2L的容器混合并在一定条件下发生如下反响：2Ag+Bg2Cg假设经 2s秒后测得 C

8、的浓度为 06molL1，现有以下几种说法正确的选项是( )用物质 A 表示的反响的平均速率为 03molL1s1用物质 B 表示的反响的平均速率为 06molL1s12s 时物质 B 的浓度为 07molL12s 时物质 A 的转化率为70%ABCD18以下热化学方程式：Cs+O2gCO2gH=3935kJ/molCOg+O2gCO2gH=2830kJ/mol2Fes+3COgFe2O3s+3CsH=4890kJ/mol那么4Fes+3O2g2Fe2O3s的反响热H为( )A16410kJ/molB+3081kJ/molC+6635kJ/molD25070kJ/mol二填空题共3小题，每空2

9、分，共计34分19830K时，在密闭容器发生以下可逆反响：COg+H2OgCO2g+H2gH0，试答复以下问题：1假设起始时cCO=2molL1，cH2O=3molL1，到达平衡时CO的转化率为60%，那么在该温度下，该反响的平衡常数K=_2在相同温度下，假设起始时cCO=1molL1，cH2O=2molL1，反响进行一段时间后，测得H2的浓度为05molL1，那么此时该反响是否到达平衡状态_填“是与“否，此时v正_v逆填“大于“小于或“等于，你判断的依据是_3假设降低温度，该反响的K值将_，该反响的化学反响速率将_均填“增大“减小或“不变20某温度时，在一个2L的密闭容器，X、Y、Z三种物质

10、的物质的量随时间的变化曲线如下图根据图数据，试填写以下空白：1该反响的化学方程式为_；2从开始至2min，Z的平均反响速率为_；3假设X、Y、Z均为气体，反响达平衡时：此时体系的压强是开始时的_倍；假设此时只将容器的体积扩大为原的2倍，达新平衡时，容器内温度将降低容器不与外界进行热交换，那么该反响为_反响填“放热或“吸热；达新平衡时，容器内混合气体的平均分子量比原平衡时_填增大、减小或相等4此反响达平衡后，假设只加大体系压强，Z的物质的量减少，假设Y是气体，那么X的聚集状态是_21氮的氢化物NH3、N2H4等在工农业生产、航空航天等领域有广泛应用1液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料已越越被研究人员

11、重视它在平安性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势氨的燃烧实验涉及以下两个相关的反响：4NH3g+5O2g4NOg+6H2OlH14NH3g+6NOg5N2g+6H2OlH2那么反响 4NH3g+3O2g2N2g+6H2OlH=_请用含有H1、H2的式子表示2合成氨实验，在体积为3L的恒容密闭容器，投入4mol N2和9mol H2在一定条件下合成氨，平衡时仅改变温度测得的数据如表所示：温度K平衡时NH3的物质的量molT124T220：破坏1mol N2g和3mol H2g的化学键吸收的总能量小于形成2mol NH3g的化学键放出的总能量那么T1_T2填“、“或“=在T2时，经过10

12、min到达化学平衡状态，那么0至10min内H2的平均反响速率vH2=_，平衡时N2的转化率N2=_以下图象分别代表焓变H、混合气体平均相对分子质量和气体密度与反响时间的关系，其正确且能说明该可逆反响到达平衡状态的是_三实验题共1题，每空2分，共12分22用50mL050mol/L盐酸与50mL055mol/LNaOH溶液在如下图的装置进行和反响通过测定反响过程所放出的热量可计算和热答复以下问题：1从实验装置上看，如图尚缺少的一种玻璃用品是_2烧杯间填满碎纸条的作用是_3大烧杯上如不盖硬纸板，求得的和热数值_填“偏大、偏小、无影响4如果用60mL050mol/L盐酸与50mL055mol/LN

13、aOH溶液进行反响，与上述实验相比，所求和热_填“相等、不相等5除1以外，上述图片的错误为_四附加题共5小题，共20分选择题每题只有一个正确答案，共5小题，每题4分，共20分23充分燃烧一定量的丁烷C4H10放出热量为Q，经测定完全吸收它生成的CO2需要消耗5mol/LKOH溶液100ml，恰好生成正盐那么燃烧1mol丁烷放出的热量为( )A4QB5QC8QD16Q24以下有关热化学方程式的表达正确的选项是( )A2H2g+O2g2H2OgH=4836 kJ/mol，那么氢气的燃烧热为2418 kJBC石墨，sC金刚石，sH0，那么金刚石比石墨稳定C含200g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全和，

14、放出287 kJ的热量，那么该反响的热化学方程式为：NaOHaq+HClaqNaClaq+H2OlH=574 kJ/molD2Cs+2O2g2CO2gH1；2Cs+O2g2COgH2那么H1H225将1molH2g和2molI2g置于某2L密闭容器，在一定温度下发生反响：H2g+I2g2HIgH0，并到达平衡HI的体积分数HI随时间变化如图所示，假设改变反响条件，HI的变化曲线如图所示，那么改变的条件可能是( )A恒温恒容条件下，参加适当催化剂B恒温条件下，缩小反响容器体积C恒容条件下，升高温度D恒温条件下，扩大反响容器体积26将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器，发生如下反响3Ag+Bg

15、xCg+2Dg，经5min后测得D的浓度为05molL1，cA：cB=3：5，用C的浓度变化表示的平均反响速率为01molL1min1以下有关结论正确的选项是( )Ax的值为1B用B的浓度变化表示的平均反响速率为02 molL1min1C反响开始前A的物质的量为3 molD5 min时A的浓度为02 molL127一密闭容器，反响 aAgbBg达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当到达新的平衡时，B的浓度是原的60%，那么( )A平衡向逆反响方向移动了B物质A的转化率减少了C物质B的质量分数增加了Dab2021-2021学年陕西省西北农林科大附高二上期化学试卷一选择题每题只有一个正确答

16、案，共18小题，每题3分，共计54分1以下说法正确的选项是( )A需要加热方能发生的反响一定是吸热反响B放热反响在常温条件下一定很容易发生C反响是吸热还是放热的，必须看反响物和生成物所具有总能量的大小D灼热的炭与二氧化碳的反响为放热反响【考点】吸热反响和放热反响【分析】A需要加热方能发生的反响不一定为吸热反响；B氢气和氧气常温下不会反响；C反响物和生成物所具有的总能量的相对大小决定H的正负；D灼热的碳和二氧化碳的反响为吸热反响【解答】解：A需要加热方能发生的反响不一定为吸热反响，如铝热反响，故A错误； B放热反响在常温下不一定很容易发生，例如氢气和氧气常温下不会反响，但点燃会瞬间完成，故B错误

17、；C反响物和生成物所具有的总能量的相对大小决定H的正负，反响物的总能量大于生成物所具有的总能量为放热反响，反之为吸热反响，故C正确；D灼热的碳和二氧化碳的反响为吸热反响，故D错误应选C【点评】此题考查了反响过程的能量变化，注意吸热反响、放热反响的判断及与反响条件无关，题目较简单2以下反响既是氧化复原反响，又是吸热反响的是( )A铝片与稀H2SO4反响BBaOH28H2O与NH4Cl反响C灼热的炭与CO2反响D甲烷在O2的燃烧反响【考点】氧化复原反响；吸热反响和放热反响【专题】氧化复原反响专题；化学反响的能量变化【分析】有元素化合价变化的反响为氧化复原反响；常见的吸热反响有BaOH28H2O与N

18、H4Cl反响、C参加的氧化复原反响、大多数的分解反响等，以此解答【解答】解：A铝片与稀H2SO4反响，有化合价的变化属于氧化复原反响，但属于放热反响，故A不选；BBaOH28H2O与NH4Cl反响为吸热反响，但不属于氧化复原反响，故B不选；C灼热的炭与CO2反响，有化合价的变化属于氧化复原反响，且属于吸热反响，故C选；D甲烷在O2的燃烧反响，有化合价的变化属于氧化复原反响，但属于放热反响，故D不选；应选：C【点评】此题考查氧化复原反响及吸热反响，明确元素的化合价变化及常见的吸热反响即可解答，题目难度不大3反响X+Y=M+N为放热反响，对该反响的以下说法正确的( )AX的能量一定高于MB因该反响

19、为放热反响，故不必加热就可发生CY的能量一定高于NDX和Y的总能量一定高于M和N的总能量【考点】反响热和焓变【专题】化学反响的能量变化【分析】反响X+Y=M+N为放热反响，那么反响物的总能量比生成物的总能量高，以此解答【解答】解：A反响物的总能量大于生成物的总能量，X的能量与Y的能量关系无法确定，故A错误；B反响的放热、吸热与反响条件如加热无关，某些放热反响也需要加热才能反响，如氢气和氧气的反响，故B错误；C反响物的总能量大于生成物的总能量，Y的能量不一定高于N，故C错误；D该反响为放热反响，所以反响物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故D正确应选D【点评】此

20、题考查放热反响与反响物和生成物的总能量的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意信息反响为放热反响解答，难度不大4化学反响A2+B2=2AB的能量变化如下图，那么以下说法正确的选项是( )A该反响是吸热反响B断裂2molAB键需要吸收ykJ的能量C2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量D断裂1molAA键和1molBB键能放出xkJ的能量【考点】反响热和焓变【专题】化学反响的能量变化【分析】A、根据反响物的能量高于生成物的能量时，反响是放热反响；B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的生成释放能量；C、根据图象可判断反响物与生成物的总能量；D、根据旧键的断裂吸收能量，而

21、不是释放能量【解答】解：A、因反响物的能量高于生成物的能量时，反响是放热反响，故A错误；B、因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molAB键需要吸收ykJ能量，故B正确；C、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故C错误；D、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故D错误；应选B【点评】此题考查学生有关化学反响的能量变化知识，可以根据所学知识进行，难度不大5在101kPa 25时，10g乙烷气体完全燃烧生成液态水时放出热量520kJ，那么乙烷燃烧的热化学方程式为( )AC2H6g+O2g2CO2g+3H2OlH=1560kJmol1B2C2H6g+7O2g4CO

22、2g+6H2OgH=1560kJmol1C2C2H6g+7O2g4CO2g+6H2OlH=+3120 kJmol1DC2H6g+O2g2CO2g+3H2OlH=520kJmol1【考点】热化学方程式【专题】化学反响的能量变化【分析】10g乙烷气体完全燃烧生成液态水时放出热量520kJ，那么1mol乙烷完全燃烧生成液体水放出的热量为52kJ=1560kJ，那么H=1560kJmol1，注明物质的聚集状态书写热化学方程式，注意反响焓变与乙烷的化学计量数成正比关系【解答】解：10g乙烷气体完全燃烧生成液态水时放出热量520kJ，那么1mol乙烷完全燃烧生成液体水放出的热量为52kJ=1560kJ，那

23、么H=1560kJmol1，那么乙烷燃烧的热化学方程式为：C2H6g+O2g2CO2g+3H2OlH=1560kJmol1，假设乙烷为2mol，那么其燃烧的热化学方程式为：2C2H6g+7O2g4CO2g+6H2OlH=3120 kJmol1，应选：A【点评】此题主要考查学生热化学方程式的书写，注意焓变的正负和单位问题、物质的聚集状态，该题型是考试的热点6反响A2g+2B2g2AB2gH0，以下说法正确的选项是( )A升高温度，正向反响速率增加，逆向反响速率减小B升高温度有利于反响速率增加，从而缩短到达平衡的时间C到达平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反响平衡正向移动D到达平衡后，降低温度或

24、减小压强都有利于该反响平衡正向移动【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A、升高温度正、逆反响速率都增大；B、升高温度反响速率加快；C、升温平衡向吸热反响方向进行，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；D、降低温度平衡向放热反响移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动【解答】解：A、升高温度正、逆反响速率都增大，该反响正反响是放热反响，逆反响速率增大更多，平衡向逆反响移动，故A错误；B、升高温度反响速率加快，缩短到达平衡的时间，故B正确；C、该反响正反响是体积减小的放热反响，升高温度有利于平衡向逆反响移动，增大压强有利于平衡向气正反响移动，故C错误；D、该反响正反响是体积减小

25、的放热反响，降低温度，平衡正向进行，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即向逆反响移动，故D错误；应选B【点评】此题考查外界条件对化学平衡的影响，难度等，注意根底知识的理解掌握和化学平衡移动原理的理解应用7强酸与强碱的稀溶液发生和反响的热效应为：H+aq+OHaqH2OlH=573kJmol1分别向1L 05mol/L的NaOH溶液参加浓硫酸；稀硫酸；稀盐酸，恰好完全反响的热效应分别为H1、H2、H3，以下关系正确的选项是( )AH1H2H3BH1H2H3CH1=H2H3DH1H2=H3【考点】反响热的大小比拟【专题】化学反响的能量变化【分析】25，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生和反

26、响的和热为573kJ/mol，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热解答【解答】解：强酸与强碱的稀溶液发生和反响的热效应：H+aq+OHaq=H2OH=573kJ/mol，分别向1L 05mol/L的NaOH溶液参加：浓硫酸；稀硫酸；稀盐酸，浓硫酸溶于水放热，那么放出的热量最高，焓变最小，稀硫酸和稀硝酸都是强的稀酸，所以氢氧化钠的量一定的条件下，二者放出的热量相等，即放出的热量为H1H2=H3，应选：D【点评】此题主要考查了和热大小的比拟，需要注意的是弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热以及比拟大小时要考虑“号8为探究足量锌与稀硫酸的反响速率以vH2表示，向反响混合液参加某些物质，以下判断正

27、确的选项是( )A参加NH4HSO4固体，vH2不变，生成H2量不变B参加少量水，vH2减小，生成H2量减少C参加CH3COONa固体，vH2减小，生成H2量不变D滴加少量CuSO4溶液，vH2增大，生成H2量减少【考点】化学反响速率的影响因素【专题】化学反响速率专题【分析】A增大了H+的浓度，物质的量变大，反响速率加快，生成H2量增大；B参加少量水，硫酸浓度变小，物质的量不变；C参加CH3COONa固体，结合生成醋酸；D滴加少量CuSO4溶液，构成CuZn原电池，反响速率加快，因Zn足量，生成H2量不变【解答】解：A参加NH4HSO4固体，增大了H+的浓度，物质的量变大，那么反响速率加快，生

28、成H2量增大，故A错误；B参加少量水，硫酸浓度变小，物质的量不变，那么vH2减小，生成H2量不变，故B错误；C参加CH3COONa固体，结合生成醋酸，氢离子浓度减小，但总物质的量不变，那么vH2减小，生成H2量不变，故C正确；D滴加少量CuSO4溶液，构成CuZn原电池，反响速率加快，因Zn足量，生成H2量不变，那么vH2增大，生成H2量不变，故D错误；应选C【点评】此题考查影响化学反响速率的因素，明确氢离子的浓度及其物质的量的变化是解答此题的关键，注意选项D为解答的难点和易错点，题目难度不大9对于化学反响3Wg+2Xg=4Yg+3Zg，以下反响速率关系，正确的选项是( )AvW=3vZB2v

29、X=3vZC2vX=vYD3vW=2vX【考点】化学反响速率和化学计量数的关系【专题】化学反响速率专题【分析】根据化学反响速率是用单位时间内反响物浓度的减少或生成物浓度的增加表示的，利用化学反响化学反响速率之比等于其化学计量数之比解答【解答】解：A、由化学计量数可知，vW：vZ=1：1，故A错误；B、由化学计量数可知，vX：vZ=2：3，故B错误；C、由化学计量数可知，vX：vY=2：4=1：2，即2vX=vY，故C正确；D、由化学计量数可知，vW：vX=3：2，故A错误；应选C【点评】此题主要考查化学反响速率和化学计量数的关系，明确化学反响速率之比可由化学反响的化学计量数直接观察得出是解答的

30、关键10反响Ag+3Bg2Cg+2Dg在四种不同情况下的反响速率如下，其表示反响速率最快的是( )AvA=015 molL1min1BvB=0015 molL1s1CvC=040 molL1min1DvD=045 molL1min1【考点】化学反响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，表示的反响速率越快，注意单位要一致【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，表示的反响速率越快，A=015 molL1min1；BvB=0015 molL1s1=09 mo

31、lL1min1，=03 molL1min1；C=02 molL1min1；D=0225 molL1min1；故反响速率vBvDvCvA，应选B【点评】此题考查化学反响速率快慢比拟，难度不大，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质表示的速率进行比拟11在密闭容器，对于反响：N2g+3H2g2NH3g，在反响起始时N2和H2分别为1mol和3mol，当到达平衡时，N2的转化率为30%假设以NH3为起始反响物，反响条件与上述反响相同时，欲使其到达平衡时各成分的百分含量与前者相同，那么NH3的起始物质的量和它的转化率，正确的选项是( )A4mol；35%B2mol；30%C2mol；70%D1m

32、ol；50%【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】从氨气开始进行化学反响，平衡时各组分的含量相同，二者为等效平衡：假设为恒温恒容，按化学计量数转化到左边满足nN2=1mol、nH2=3mol即可，根据原平衡时氢气转化率计算原平衡体系氢气的物质的量，据此计算参加反响的氨气的物质的量，再根据转化率定义计算；假设为恒温恒压，按化学计量数转化到左边满足nN2：nH2=1mol：3mol=1：3即可，nN2：nH2=1：3等于化学计量数之比，故氨气的物质的量为任意值，氨气的转化率与恒温恒容条件下相同【解答】解：从氨气开始进行化学反响，平衡时各组分的含量相同，二者为等效平衡：假设为恒温恒容，按

33、化学计量数转化到左边满足nN2=1mol、nH2=3mol，氮气与氢气的物质的量之比等于化学计量数之比，由方程式可知nNH3=2nN2=21mol=2mol，原平衡时氮气转化率为30%，那么原平衡体系氮气的物质的量为1mol130%=07mol，故从氨气建立平衡生成的氮气为07mol，由方程式可知，参加反响的氨气的物质的量为07mol2=14mol，故从氨气建立等效平衡，氨气的转化率为：100%=70%；假设为恒温恒压，按化学计量数转化到左边满足nN2：nH2=1mol：3mol=1：3即可，nN2：nH2=1：3等于化学计量数之比，故氨气的物质的量为任意值，氨气的转化率为70%，应选C【点评

34、】此题考查等效平衡的有关计算，难度等，注意理解等效平衡规律：1、恒温恒容，反响前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反响前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比，2：恒温恒压，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比12以下说法不正确的选项是( )A增大压强，活化分子百分数不变，化学反响速率增大B升高温度，活化分子百分数增大，化学反响速率增大C增大反响物浓度，活化分子百分数增大，化学反响速率增大D使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反响速率增大【考点】化学反响速率的影响因素【专题】化学反响速率专题【分析】增大压强、增大反响物浓度都是增大单位体积内活化分子个数，

35、从而增大有效碰撞几率，所以反响速率增大；升高温度、使用催化剂是增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞几率，反响速率增大【解答】解：A增大压强，增大单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，导致反响速率增大，故A正确；B升高温度，增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞几率，导致反响速率增大，故B正确；C增大反响物浓度，增大单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，反响速率增大，故C错误；D使用催化剂，增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞几率，反响速率增大，故D正确；应选C【点评】此题考查化学反响速率影响因素，为高频考点，明确浓度、温度、压强、催化剂对活化分子个数影响还是百分数影响是解此题关键

36、，注意它们之间的区别，题目难度不大13在一定温度下的定容密闭容器，以下情况能说明可逆反响：H2g+I2g2HIg已达平衡的是( )AH2的生成速率与I2的生成速率相等B假设单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HICH2、I2、HI的浓度相等D反响容器内的压强不随时间的变化而变化【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，当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，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，随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响到达平衡状态【解答】解：A、H2的生成速率与I

37、2的生成速率始终相等，与反响是否到达平衡无关，故A错误；B、假设单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI，说明v正=v逆，反响到达平衡，故B正确；C、当体系到达平衡时，H2、I2、HI的浓度保持不变，但不一定相等，故C错误；D、该反响为气体总体积不变的反响，气体总压强始终保持不变，与反响是否到达平衡状态无关，故D错误；应选B【点评】此题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，但不为014对于反响2SO2g+O2g2SO3g，能增大正反响速率的措施是( )A通入大量O2B增大容器容积C移去局部SO2D降低体系温度【考点】化学反响速率的影响

38、因素【专题】化学反响速率专题【分析】增大正反响速率，可增大反响物浓度，升高温度，增大压强，或参加催化剂等，以此解答该题【解答】解：A通入大量O2，反响物浓度增大，反响速率增大，故A正确；B增大容器容积，反响物浓度减小，反响速率减小，故B错误；C移去局部SO2，正逆反响速率都减小，故C错误；D降低体系温度，反响速率减小，故D错误应选A【点评】此题考查化学反响速率的影响因素，侧重于从浓度的角度考查该题，为高考常见题型，难度不大，注意相关根底知识的积累15在一定温度下，反响Cs+H2OgCOg+H2g在一可变容积的密闭容器进行，以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是( )A增加C的量B将容器的体积

39、减小一半C保持体积不变，充入氢气使体系的压强增大D保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大【考点】化学反响速率的影响因素【专题】化学反响速率专题【分析】反响固有体参加，改变固体的量对反响速率没有影响，而浓度、压强、温度以及催化剂影响反响速率，以此解答该题【解答】解：A增加C的量，反响物的浓度不变，速率不变，故A选；B将容器的体积减小一半，压强增大，反响速率增大，故B不选；C保持体积不变，充入氢气使体系的压强增大，反响速率增大，故C不选；D保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大，参加反响的气体的分压减小，反响速率减小，故D不选应选A【点评】此题考查反响速率的影响因素，为考试高频考点，难度不大，注意

40、把握固体的特点，易错点为D，注意惰性气体的影响16对可逆反响4NH3g+5O2g4NOg+6H2Og，那么以下表达正确的选项是( )A到达化学平衡时，5v正O2=4v逆NOB假设单位时间内生成nmol NO的同时，生成nmol NH3，那么反响到达平衡状态C到达化学平衡时，假设增加容器体积，那么正反响速率减小，逆反响速率增大D化学反响速率关系是：2v正NH3=3v正H2O【考点】化学平衡状态的判断；化学反响速率的影响因素；化学反响速率和化学计量数的关系【专题】化学平衡专题【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量

41、也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响到达平衡状态【解答】解：A、不同物质表示正逆反响速率之比等于化学计量数之比，4v正O2=5v逆NO，表示反响到达平衡状态，故A错误；B、假设单位时间内生成nmolNO等效于消耗nmolNH3，的同时生成nmol NH3，正逆反响速率相等，说明到达平衡，故B正确；C、到达化学平衡时，假设增加容器体积，那么反响混合物的浓度减小，正、逆反响速率均减小，平衡向正反响移动，故C错误；D、反响处于平衡状态时，不同物质表示正逆反响速率之比等于化学计量数之比，应为3v正NH3=2v逆H2O，那么2v正N

42、H3=3v正H2O未到达平衡状态，故D错误；应选B【点评】此题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，但不为017将4mol A气体和2mol B气体在2L的容器混合并在一定条件下发生如下反响：2Ag+Bg2Cg假设经 2s秒后测得 C 的浓度为 06molL1，现有以下几种说法正确的选项是( )用物质 A 表示的反响的平均速率为 03molL1s1用物质 B 表示的反响的平均速率为 06molL1s12s 时物质 B 的浓度为 07molL12s 时物质 A 的转化率为70%ABCD【考点】化学平衡的计算【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；化学

43、平衡专题【分析】将 4mol A 气体和 2mol B 气体在 2L 的密闭容器混合并在一定条件下发生如下反响 2Ag+Bg2Cg，假设经 2s秒后测得 C 的浓度为06molL1s1 ，依据化学平衡三段式列式计算 2Ag+Bg2Cg起始量mol 4 2 0变化量mol 12 06 122s末mol 28 14 2L06mol/L=12mol用物质A表示反响的平均速率=03mol/Ls；用物质B表示反响的平均速率=015mol/Ls；2s末物质B的浓度=07molL1；2s末物质A的转化率=100%=30%；【解答】解：将 4mol A 气体和 2mol B 气体在 2L 的密闭容器混合并在一

44、定条件下发生如下反响 2Ag+Bg2Cg，假设经 2s秒后测得 C 的浓度为06molL1s1 ，依据化学平衡三段式列式计算 2Ag+Bg2Cg起始量mol 4 2 0变化量mol 12 06 122s末mol 28 14 2L06mol/L=12mol用物质A表示反响的平均速率=03mol/Ls，故正确；用物质B表示反响的平均速率=015mol/Ls，故错误；2s末物质B的浓度=07molL1，故正确；2s末物质A的转化率=100%=30%，故错误；应选A【点评】此题考查化学平衡三段式计算应用，主要是化学反响速率计算，转化率的计算应用，题目较简单18以下热化学方程式：Cs+O2gCO2gH=

45、3935kJ/molCOg+O2gCO2gH=2830kJ/mol2Fes+3COgFe2O3s+3CsH=4890kJ/mol那么4Fes+3O2g2Fe2O3s的反响热H为( )A16410kJ/molB+3081kJ/molC+6635kJ/molD25070kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反响热的计算【专题】化学反响的能量变化【分析】将方程式2+66得方程式4Fes+3O2g2Fe2O3s，其反响热进行相应的改变，据此计算【解答】解：将方程式2+66得方程式4Fes+3O2g2Fe2O3s，其反响热H=24890kJ/mol+63935kJ/mol62830kJ/mol=1641

46、0kJ/mol，应选A【点评】此题考查盖斯定律的计算，根据方程式利用盖斯定律得到目标方程式即可，侧重考查学生对盖斯定律的应用，题目难度不大二填空题共3小题，每空2分，共计34分19830K时，在密闭容器发生以下可逆反响：COg+H2OgCO2g+H2gH0，试答复以下问题：1假设起始时cCO=2molL1，cH2O=3molL1，到达平衡时CO的转化率为60%，那么在该温度下，该反响的平衡常数K=12在相同温度下，假设起始时cCO=1molL1，cH2O=2molL1，反响进行一段时间后，测得H2的浓度为05molL1，那么此时该反响是否到达平衡状态否填“是与“否，此时v正大于v逆填“大于“小

47、于或“等于，你判断的依据是浓度商Qc=1，小于平衡常数K3假设降低温度，该反响的K值将增大，该反响的化学反响速率将减小均填“增大“减小或“不变【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【专题】化学平衡专题【分析】1根据三段式解题法，求出反响混合物各组分浓度的变化量、平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算平衡常数；2计算常数的浓度商Qc、平衡常数，与平衡常数比拟判断反响进行方向，据此解答；3该反响是放热反响，降低温度，平衡向着正向移动，K值增大，反响速率减小【解答】解：1平衡时CO的转化率为60%，那么CO的浓度变化量=2mol/L60%=12mol/L，那么： CO

48、g+H2OgCO2g+H2g起始mol/L：2 3 0 0变化mol/L：12 12 12 12平衡mol/L：08 18 12 12 故平衡常数K=1，故答案为：1；2在相同温度下850，假设起始时cCO=1molL1，cH2O=2molL1，反响进行一段时间后，测得H2的浓度为05molL1，那么： COg+H2OgCO2g+H2 g开始mol/L：1 2 0 0变化mol/L：05 05 05 05一段时间mol/L：05 15 05 05浓度商Qc=1，故平衡向正反响进行，此时v正v逆，故答案为：否；大于；浓度商Qc=1，小于平衡常数K；3温度降低，该反响是放热反响，化学平衡向着正向移

49、动，二氧化碳和氢气浓度增大，一氧化碳和水的浓度减小，平衡常数K增大；降低温度，反响速率减小，故答案为：增大；减小【点评】此题考查化学平衡常数及影响因素、影响化学平衡的因素、化学平衡图象与计算等，难度等，2注意分析各物质的浓度变化量关系，确定概念改变的条件20某温度时，在一个2L的密闭容器，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如下图根据图数据，试填写以下空白：1该反响的化学方程式为3X+Y2Z；2从开始至2min，Z的平均反响速率为005mol/Lmin；3假设X、Y、Z均为气体，反响达平衡时：此时体系的压强是开始时的09倍；假设此时只将容器的体积扩大为原的2倍，达新平衡时，容器内温度将

50、降低容器不与外界进行热交换，那么该反响为放热反响填“放热或“吸热；达新平衡时，容器内混合气体的平均分子量比原平衡时减小填增大、减小或相等4此反响达平衡后，假设只加大体系压强，Z的物质的量减少，假设Y是气体，那么X的聚集状态是固态或液态【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【分析】根据图象知，随着反响进行，X、Y的物质的量减少而Z物质的量增大，说明X、Y是反响物而Z是生成物，1到达平衡状态时，参加反响的nX=1007mol=03mol、nY=1009mol=01mol、nZ=020mol=02mol，同一反响同一时间段内参加反响的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量

51、数之比=03mol：01mol：02mol=3：1：2，据此书写方程式；2Z的平均反响速率=；3恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比；根据温度与化学平衡的关系判断；根据质量、物质的量、摩尔质量的关系判断；4根据压强对化学平衡的影响判断【解答】解：根据图象知，随着反响进行，X、Y的物质的量减少而Z物质的量增大，说明X、Y是反响物而Z是生成物，1到达平衡状态时，参加反响的nX=1007mol=03mol、nY=1009mol=01mol、nZ=020mol=02mol，同一反响同一时间段内参加反响的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=03mol：01mol

52、：02mol=3：1：2，所以该反响方程式为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；2Z的平均反响速率=005mol/Lmin，故答案为：005mol/Lmin；3根据图象知，未反响时混合气体的物质的量=10+10mol=20mol，平衡状态混合气体物质的量=09+07+02mol=18mol，恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比，所以平衡状态体系压强是开始时的=09倍，故答案为：09；增大体积，容器内压强减小，减小压强，平衡向逆反响方向移动，温度降低，说明逆反响吸热，所以正反响放热；达新平衡时，混合气体的物质的量增大，混合物的质量不变，所以其平均摩尔质量减小，即相对分子质量减小故答

53、案为：放热；减小；4只加大体系压强，Z的物质的量减少，说明平衡向逆方向移动，即生成物的气体计量数大于反响物的，如Y是气体，那么X的聚集状态一定是固态或液态，故答案为：固态或液态【点评】此题考查图象分析，侧重考查学生分析及计算能力，明确曲线变化趋势含义、物质的量变化量与其计量数的关系即可解答，难点是3题计算，题目难度等21氮的氢化物NH3、N2H4等在工农业生产、航空航天等领域有广泛应用1液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料已越越被研究人员重视它在平安性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势氨的燃烧实验涉及以下两个相关的反响：4NH3g+5O2g4NOg+6H2OlH14NH3g+6NOg5N2

54、g+6H2OlH2那么反响 4NH3g+3O2g2N2g+6H2OlH=请用含有H1、H2的式子表示2合成氨实验，在体积为3L的恒容密闭容器，投入4mol N2和9mol H2在一定条件下合成氨，平衡时仅改变温度测得的数据如表所示：温度K平衡时NH3的物质的量molT124T220：破坏1mol N2g和3mol H2g的化学键吸收的总能量小于形成2mol NH3g的化学键放出的总能量那么T1T2填“、“或“=在T2时，经过10min到达化学平衡状态，那么0至10min内H2的平均反响速率vH2=01molL1min1，平衡时N2的转化率N2=25%以下图象分别代表焓变H、混合气体平均相对分子

55、质量和气体密度与反响时间的关系，其正确且能说明该可逆反响到达平衡状态的是BC【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反响热的计算；化学平衡状态的判断【专题】化学平衡图像；平衡思想；演绎推理法；燃烧热的计算【分析】1由4NH3g+5O2g=4NOg+6H2OlH14NH3g+6NOg=5N2g+6H2OlH2结合盖斯定律可知，3+2得到4NH3g+3O2g=2N2g+6H2Ol；2破坏1mol N2g和3mol H2g的化学键消耗的总能量小于破坏2mol NH3g的化学键消耗的能量，那么合成氨的反响为放热反响，由表格数据可知，T1对应的氨气平衡时物质的量大，那么T1的温度低；T2K下，经过10

56、min到达化学平衡状态，那么 N2+3 H22NH3，开始 4 9 0转化 1 3 2平衡 3 6 2结合v=及转化率计算；焓变H始终不变，混合气体平均相对分子质量为变量、N2体积分数N2为变量，气体密度始终不变；【解答】解：1由4NH3g+5O2g=4NOg+6H2OlH14NH3g+6NOg=5N2g+6H2OlH2结合盖斯定律可知，3+2得到4NH3g+3O2g=2N2g+6H2Ol，那么H=，故答案为：；2破坏1mol N2g和3mol H2g的化学键消耗的总能量小于破坏2mol NH3g的化学键消耗的能量，那么合成氨的反响为放热反响，由表格数据可知，T1对应的氨气平衡时物质的量大，那

57、么T1的温度低，那么T1T2，故答案为：；T2K下，经过10min到达化学平衡状态，那么 N2+3 H22NH3，开始 4 9 0转化 1 3 2平衡 3 6 2vH2=01molL1min1，平衡时N2的转化率N2=100%=25%，故答案为：01molL1min1；25%；焓变H始终不变，混合气体平均相对分子质量为变量、N2体积分数N2为变量，气体密度始终不变，随反响进行，气体的物质的量减小，那么 随时间增大而增大，直到到达平衡状态不变；N2体积分数逐渐减小，到到达平衡状态不变，由图可知，正确且能说明该可逆反响到达平衡状态的为BC，故答案为：BC【点评】此题考查较综合，涉及化学平衡图象、平

58、衡计算、盖斯定律的应用及计算、电化学原理及计算等，综合性较强，侧重化学反响原理高频考点的考查，题目难度等三实验题共1题，每空2分，共12分22用50mL050mol/L盐酸与50mL055mol/LNaOH溶液在如下图的装置进行和反响通过测定反响过程所放出的热量可计算和热答复以下问题：1从实验装置上看，如图尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌器2烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程的热量损失3大烧杯上如不盖硬纸板，求得的和热数值偏小填“偏大、偏小、无影响4如果用60mL050mol/L盐酸与50mL055mol/LNaOH溶液进行反响，与上述实验相比，所求和热相等填“相等、不相等5除1以外，上述

59、图片的错误为内外烧杯不一样高，热量散失大【考点】和热的测定【专题】化学反响的能量变化【分析】1根据量热计的构造判断该装置的缺少仪器；2和热测定实验成败的关键是保温工作；3不盖硬纸板，会有一局部热量散失；4反响放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据和热的概念和实质答复；5和热测定实验成败的关键是保温工作，内外烧杯为一样高，否那么，热量散失大【解答】解：1根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；2和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程的热量损失，故答案为：减少实验过程的热量损失；3大烧杯上如不盖硬纸板，会有一局

60、部热量散失，求得的和热数值将会减小，故答案为：偏小；4反响放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并假设用60mL050molL1盐酸溶液跟50mL055molL1NaOH溶液进行反响，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是和热的均是强酸和强碱反响生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL050molL1盐酸代替上述溶液进行实验，测得和热数值相等，故答案为：相等；5和热测定实验成败的关键是保温工作，内外烧杯为一样高，否那么，热量散失大，由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：内外烧杯不一样高，热量散失大【点评】此题考查学生有关和热的测定知识