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2018年高二化学上半期月考测验相关

四川2018年高二化学上半期月考测验试卷带答案和解析

在容积一定的密闭容器中,可逆反应A(g)+B(g)xC(g),有下图所示的关系曲线,根据下图下列判断正确的是

A.p3>p4,y轴表示A的转化率
B.p3>p4,y轴表示混合气体的密度
C.p3<p4,y轴表示B的质量分数
D.p3<p4,y轴表示混合气体的平均摩尔质量

【答案】A
【解析】
试题由左图,温度相同时,p2>p1,压强越大,C%越大,所以x=1;压强相同时,T1>T2,温度越高,C%越小,正反应是放热反应。升高温度,A的转化率减小,压强越大,A的转化率越大,A正确;混合气体总质量守恒,容积固定,气体密度不变,B错误;升高温度,平衡向左移动,B的质量分数增大,C错误;升高温度,平衡向左移动,气体物质的量增大,气体总质量不变,平均摩尔质量减小,增大压强,气体摩尔质量增大,p3>p4,D错误。

已知:CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH =-49.0 kJ•mol-1。一定条件下,向体积为1 L的密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2,测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如右图所示。下列叙述中,正确的是 ( )

A. 升高温度能使增大
B. 反应达到平衡状态时,CO2的平衡转化率为75%
C. 3 min时,用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
D. 从反应开始到平衡,H2的平均反应速率υ(H2)=0.075 mol•L-1•min-1

【答案】B
【解析】
从勒夏特列原理、化学反应速率计算的角度进行分析。
A、该反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向进行,CH3OH物质的量减小,CO2的物质的量增大,该比值减小,故A错误;
B、根据图像,达到平衡时消耗c(CO2)=(1.00-0.25)mol·L-1=0.75mol·L-1,则CO2的转化率为0.75/1.00×100%=75%,故B正确;
C、3min时没有达到平衡,即CO2的表示的正反应速率不等于CH3OH表示的逆反应速率,故C错误;
D、根据化学反应速率数学表达式,v(CH3OH)=0.75/10mol/(L·min)=0.075mol/(L·min),根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,即v(H2)=3v(CH3OH)=3×0.075mol/(L·min)=0.225mol/(L·min),故D错误。

某温度下,在一个2 L的密闭容器中,加入4 mol A和2 mol B进行如下反应:3A(g)+2B(g)4C(s)+2D(g),反应一段时间后达到平衡,测得生成1.6 mol C,下列说法正确的
A. 该反应的化学平衡常数表达式是
B. 此时B的平衡转化率是40%
C. 增大该体系的压强,平衡向右移动,化学平衡常数增大
D. 增加B,平衡向右移动,B的平衡转化率增大

【答案】D
【解析】
试题A.可逆反应3A(g)+2B(g)⇌4C(s)+2D(g)的平衡常数k=,故A错误;B.增加B的浓度增大,平衡向正反应移动,A的转化率增大,B的转化率降低,故B错误;C.该反应正反应为气体体积减小的反应,增大压强平衡向正反应移动,即向右移动,化学平衡常数只受温度影响,增大压强平衡常数不变,故C错误;D.达到平衡,测得生成1.6mol C,由方程式可知,参加反应的B的物质的量为1.6mol×=0.8mol,故B的转化率为×100%=40%,故D正确;故选D。

已知下列热化学方程式:
①Fe2O3(s)+3CO(g)= 2Fe(s)+3CO2(g) ΔH1=-26.7 kJ·mol-1
②3Fe2O3(s)+CO(g)= 2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH2=-50.75 kJ·mol-1
③Fe3O4(s)+CO(g)= 3FeO(s)+CO2(g) ΔH3=-36.5 kJ·mol-1
则试通过计算判断,下列有关反应FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g)的能量变化示意图正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B
【解析】试题分析:已知:①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH1=-26.7 kJ·mol-1
②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH2=-50.75 kJ·mol-1
③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH3=-36.5 kJ·mol-1
依据盖斯定律①×3-(③×2+②)得到:6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(g)+6CO2(g)△H=+70.35kJ/mol,即该反应是吸热反应,说明生成物总能量高于反应物总能量,催化剂降低活化能,则图像B正确,答案选B。

下列热化学方程式正确的是(  )
A. 甲烷的燃烧热ΔH=-890.3 kJ·mol-1,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3 kJ·mol-1
B. 500 ℃、30 MPa下,将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g),放热19.3 kJ,其热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-38.6 kJ·mol-1
C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3 kJ·mol-1,则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=2x(-57.3)kJ·mol-1
D. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=a,2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=b,则a<b

【答案】D
【解析】甲烷的燃烧热是生成液态水时放出的热量,甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol-1,故A错误;合成氨反应可逆,将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol,故B错误;中和热是稀强酸、稀强碱反应,生成1mol水放出的热量,H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热是ΔH=-57.3kJ·mol-1,故C错误;相同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热大于生成CO放出的热,故D正确。

钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属,钛白(TiO2)是目前最好的白色颜料。制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿,我国的钛铁储量居世界首位。用含Fe2O3的钛铁矿(主要成分为FeTiO3)制备TiO2流程如下:

已知反应TiO2++2H2OH2TiO3+2H+ ΔH<0
(1)步骤①加Fe的目的是___________________________________(用离子方程式表达);步骤②冷却的目的是_________________________________________________________。
(2)上述制备TiO2的过程中,可以利用的副产物是__________________;考虑成本和废物综合利用因素,废液中应加入______处理;在“水浸”步骤中加入大量的水即可获得H2TiO3沉淀,请用相关化学原理解释___________________________________________________。
(3)由金红石(TiO2)制取单质钛(Ti),涉及到的步骤为
―→
反应TiCl4+2Mg===2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是___________________________。

【答案】2Fe3++ Fe =3Fe2+析出绿矾(FeSO4·7H2O)绿矾(FeSO4·7H2O)生石灰(或碳酸钙、废碱)根据反应TiO2++2H2OH2TiO3+2H+ ,加水稀释浓度商小于其化学平衡常数,所以反应平衡正向移动,生成更多H2TiO3而形成沉淀防止高温下镁或钛与O2、N2等反应
【解析】
(1)根据加入浓硫酸后,得到离子种类,步骤①加入铁,发生Fe+2Fe3+=3Fe2+;过滤后得到FeSO4·7H2O,步骤②冷却的目的是析出FeSO4·7H2O;
(2)根据流程制备的是TiO2,则FeSO4·7H2O属于副产物;水浸时发生TiO2++2H2OH2TiO3+2H+,废液显酸性,应加入CaO或CaCO3或碱进行处理;根据反应TiO2++2H2OH2TiO3+2H+ ,加水稀释浓度商小于其化学平衡常数,所以反应平衡正向移动,生成更多H2TiO3而形成沉淀;
(3)Mg、Ti能与O2、N2发生反应,因此在Ar氛围中,防止Mg、Ti与空气中的O2、N2发生反应。

利用CO和H2合成甲醇,其反应的化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g).今在一容积可变的密闭容器中,充有10mol CO和20mol H2用于合成甲醇.CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如图所示:

(1)写出该反应的平衡常数表达式为__________________.
(2)上述合成甲醇的反应为________反应(填“放热”或“吸热”). A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为____________.A、B两点对应的压强大小关系是PA________PB(填“大于”、“小于”或“等于”).
(3)若反应达到平衡状态A时,保持容器体积及体系温度不变,再向容器中充入2mol CO(g)、4molH2(g)、 2molCH3OH(g)则平衡向______方向移动(填“正”或“逆”)
(4)通常状况下取一定量的甲醇充分完全燃烧生成27克的水,放出热量544.35KJ,请写出表示甲醇燃烧热的热化学反应方程式_______________________________________。

【答案】c(CH3OH)/[c(CO)×c2(H2)]放热KA=KB>KC小于正CH3OH(l)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -725.8 kJ·mol-1
【解析】
(1)根据化学平衡常数的定义,该反应的平衡常数为
(2)根据图像,随着温度的升高,CO的平衡转化率降低,根据勒夏特列原理,该反应为放热反应;化学平衡常数只受温度的影响,A和B温度相同,化学平衡常数相等,即KA=KB,C的温度高于A和B,该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向进行,化学平衡常数减小,即KA=KB>KC;根据勒夏特列原理,增大压强,平衡正向移动,CO的转化率增大,B点CO的转化率大于A点,即PA<PB;
(3)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始:10 20 0
变化:5 10 5
平衡:5 10 5 令此时容器的体积为1L,平衡常数K=5/(5×102)=1/100,再通入2molCO、4molH2、2molCH3OH,此时容器内的CO的物质的量为7mol、H2的物质的量为14mol、CH3OH的物质的量为7mol,浓度商为1/142<1/100,说明反应向正反应方向进行;
(4)甲醇与O2反应的方程式为CH3OH+2O2=CO2+2H2O,生成36gH2O时放出的热量为36×544.35/27kJ=725.8kJ,即热化学反应方程式为CH3OH(l)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -725.8 kJ·mol-1。

甲醇是重要的化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主反应如下:
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题:
(1)已知反应①中的相关的化学键键能数据如下:

化学键

H—H

C—O

C←=O

H—O

C—H

E/(kJ·mol-1)

436

343

1076

465

413


已知ΔH2=-58 kJ·mol-1,由此计算ΔH3=________kJ·mol-1。
(2)图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母),其判断理由是___________________________________________________。

(3)合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时,体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”),其原因是______________________________________________________。图2中的压强由大到小为__________,其判断理由是___________________________________。

【答案】+41a反应①为放热反应,平衡常数应随温度升高变小减小升高温度时,反应①为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低p3>p2>p1相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高。
【解析】
(1)根据△H=反应物键能总和-生成物键能总和,即△H1=(1076+2×436-3×413-343-465)kJ·mol-1=-99kJ·mol-1,根据目标反应方程式,③应是②-①,△H3=△H2-△H1=(-58+99)kJ·mol-1=+41kJ·mol-1;
(2)根据图像1,反应①为放热反应,平衡常数应随温度升高变小,曲线a反映化学平衡常数K随温度变化的曲线;
(3)升高温度时,反应①为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低;相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高,推出p3>p2>p1。

某实验探究小组用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中溶液紫色消失快慢的方法,研究影响反应速率的因素。实验条件如下:所用酸性KMnO4溶液的浓度可选择0.010mol·L1、0.001 mol·L1,催化剂的用量可选择0.5g、0g,实验温度可选择298K、323K。每次实验酸性KMnO4溶液的用量均为4 mL,H2C2O4溶液(0.100mol·L1)、H2SO4溶液(0.100mol·L1)的用量均为2mL。
(1)写出该实验反应的离子方程式:______________________________________。
(2)请完成实验设计表,并在表中填出对应的实验设计内容:

实验编号

T/K

催化剂的用量/g

酸性KMnO4溶液的浓度/(mol·L1)

实验目的

298

0.5

0.010

a. 实验①和②探究酸性KMnO4溶液的浓度对该反应速率的影响;
b. 实验①和③探究___________对该反应速率的影响;
c. 实验①和④探究催化剂对该反应速率的影响

298

0.5

0.001

323

0.5

0.010

_____

______

________


(3)该反应的催化剂应选择MnCl2还是MnSO4________________。简述选择的理由:____________________________________________________。
(4)某同学对实验①和②分别进行了三次重复实验,测得以下实验数据(从混合振荡均匀开始计时):

实验编号

溶液褪色所需时间t/min

第1次

第2次

第3次

12.8

13.0

11.0

4.9

5.1

5.0


实验②中用KMnO4的浓度变化表示的平均反应速率为______________________(忽略混合前后溶液的体积变化,结果保留3位有效数字)。该同学分析上述数据后得出“当其他条件相同的情况下,酸性KMnO4溶液的浓度越小,所需要的时间就越短,即其反应速率越快”的结论,你认为是否正确____________(填“是”或“否”)。他认为不用经过计算,直接根据表中褪色所需时间的长短就可以判断浓度大小与反应速率的关系,你认为是否可行_____________(填“是”或“否”),若不可行(若认为可行则不填),请设计可以直接通过观察褪色所需时间的长短来判断的改进方案:_____________________________.

【答案】2MnO42- + 5 H2C2O4 + 6H+ ==2 Mn2+ + 10CO2↑ + 8H2O29800.010温度MnSO4如果选择MnCl2,则酸性高锰酸钾溶液会和Cl-反应,而且引入Cl- ,无法证明是Mn2+起了催化作用1.33 x10-4 mol/(L.min )否否在其他相同的情况下,去过量的体积相同,浓度不同的H2C2O4溶液,分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应。
【解析】
(1)H2C2O4具有强还原性,KMnO4具有强氧化性,两者发生氧化还原反应,其离子方程式为 2MnO42-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;
(2)①③对比所给项,温度不同,因此实验①③探究的是温度对化学反应速率的影响;①和④研究是催化剂对化学反应速率的影响,催化剂的量不同,其余相同,即④中温度为298K,催化剂的用量为0,酸性KMnO4的浓度为0.010mol·L-1;
(3) 如果选择MnCl2,则酸性高锰酸钾溶液会和Cl-反应,而且引入Cl- ,无法证明是Mn2+起了催化作用,因此选用MnSO4作催化剂;
(4)c(KMnO4)=4×10-3×0.001/[(4+2)×10-3]mol·L-1,平均消耗的时间为(4.9+5.1+5.0)/3min,根据化学反应速率的数学表达式,v(KMnO4)=1.33×10-4 mol/(L·min );根据表中数据相同体积的0.01mol·L-1KMnO4溶液的浓度是0.001mol·L-1KMnO4酸性溶液浓度的10倍,但反应的时间却是其反应时间的2倍左右,实验条件下KMnO4酸性溶液浓度越大,反应速率越快;根据表中数据褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系,需要满足KMnO4的物质的量相同,浓度不同的草酸溶液;改进方案为在其他相同的情况下,去过量的体积相同,浓度不同的H2C2O4溶液,分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应。

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