请填写下列空白:
(1)a值可否等于3________(填“可”或“否”),其理由是_______________。
(2)a值可否等于5________(填“可”或“否”),其理由是_______________________。
(3)a的取值范围是______________。
参考答案
第I卷(选择题)共18题;共54分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
B
D
D
B
B
C
B
B
C
题号
10
11
12
13
14
15
16
17
18
答案
C
B
A
B
D
A
D
D
D
第II卷(非选择题)共5题;共46分
二、填空题(共4小题,46分)
19.能源短缺是人类社会面临的重大问题,利用化学反应可实现多种形式的能量相互转化.请回答以下问题:
(1)由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能.从化学键的角度分析,化学反应的过程就是旧键断裂和新键的形成过程.已知反应:
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣93kJ•mol﹣1.试根据表中所列键能数据,计算a的数值为 391 kJ/mol.
化学键
H﹣H
N﹣H
N≡N
键能/kJ•mol﹣1
436
a
945
(2)甲醇是一种可再生能源,具有广泛的开发和应用前景.已知在常压下有如下变化:
①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g)△H=akJ/mol
②H2O(g)═H2O(l)△H=bkJ/mol
写出液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式:
2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=(a+4b)kJ/mol .
(3)已知:
HCN(aq)与NaOH(aq)反应的焓变△H=﹣12.1kJ•mol﹣1;HCl(aq)与NaOH(aq)反应的焓变△H=﹣55.6kJ•mol﹣1.则HCN在水溶液中电离的焓变△H等于 +43.5kJ•mol﹣1 .
(4)已知:
H2(g)+
O2(g)═H2O
(1)△H=﹣285.83kJ•mol﹣1
CO(g)+
O2(g)═CO2(g)△H=﹣282.9kJ•mol﹣1;
若氢气与一氧化碳的混合气体完全燃烧可生成5.4gH2O(l),并放出114.3kJ的热量,则混合气中CO的物质的量为 0.1mol (计算结果保留一位小数)
【考点】BE:
热化学方程式;BB:
反应热和焓变.
【分析】
(1)化学反应的焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算;
(2)①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=akJ/mol
②H2O(g)=H2O(l)△H=bkJ/mol
①+②×4得到液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式;
(3)①HCN(aq)⇌H+(aq)+CN﹣(aq)△H1,
②H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H2=﹣55.6kJ•mol﹣1,
③NaOH(aq)+HCN(aq)=NaCN(aq)+H2O(l),△H3=﹣12.1kJ•mol﹣1,
盖斯定律计算①+②=③;
(4)根据生成水的质量,利用2H2+O2═2H2O(l)可计算氢气的物质的量,再利用混合气体燃烧放出的热量与氢气燃烧放出的热量来计算CO燃烧放出的热量,最后利用热化学反应方程式来计算CO的物质的量.
【解答】解:
(1)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣93kJ•mol﹣1,化学反应的焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和,所以得到﹣93KJ/mol=945KJ/mol+3×436KJ/mol﹣6×a,解得a=391KJ/mol;
故答案为:
391;
(2)①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=akJ/mol
②H2O(g)=H2O(l)△H=bkJ/mol
①+②×4得到液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式:
2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=(a+4b)kJ/mol;
故答案为:
2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=(a+4b)kJ/mol;
(3)①HCN(aq)⇌H+(aq)+CN﹣(aq)△H1,
②H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H2=﹣55.6kJ•mol﹣1,
③NaOH(aq)+HCN(aq)=NaCN(aq)+H2O(l),△H3=﹣12.1kJ•mol﹣1,
盖斯定律计算①+②=③,△H1+△H2=△H3,△H1=+43.5kJ•mol﹣1,
故答案为:
+43.5kJ•mol﹣1;
(4)水的物质的量为:
=0.3mol,
由2H2+O2═2H2O可知,n(H2)=n(H2O)=0.3mol,
由H2(g)+
O2(g)═H2O(l)△H=﹣285.83kJ•mol﹣1可知,0.3molH2燃烧放出的热量为:
285.83kJ/mol×0.3mol=85.749kJ,
则CO燃烧放出的热量为:
114.03kJ﹣85.749kJ=28.281kJ,
设混合气体中CO的物质的量为x,则
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=﹣565.8kJ•mol﹣1
2565.8kJ
x28.281kJ
解得:
x=0.1mol,
即原混合气体中CO的物质的量为0.1mol,
故答案为:
0.1mol.
20.在一定体积的密闭容器中,进行如下化学反应:
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g),其化学平衡常数K和温度t的关系如表:
t℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题:
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K=
.
(2)该反应为 吸热 反应(选填“吸热”、“放热”).
(3)能说明该反应达到化学平衡状态的是 bc .
a.容器中压强不变b.混合气体中c(CO)不变
c.υ正(H2)=υ逆(H2O)d.c(CO2)=c(CO)
(4)某温度下,平衡浓度符合下式:
3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O),试判断此时的温度为 700 ℃.
(5)830℃时,在1L密闭容器中分别投入lmolH2和1molCO2反应达到化学平街时,CO2的转化率为 50% ;保持温度不变.在平衡体系中再充入1molH2和1molCO2重新达到化学平衡时,CO2的平衡转化率 不变 (填“增大”“减小”或“不变”).
【考点】CP:
化学平衡的计算.
【分析】
(1)化学平衡常数是指:
一定温度下,可逆反应到达平衡时,生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比,固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出;
(2)由表中数据可知,随温度升高平衡常数增大,说明升高温度平衡正向移动;
(3)化学平衡状态的标志:
正逆反应速率相等,各组分含量保持不变;
(4)某温度下,各物质的平衡浓度符合下式:
3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O),则平衡常数K=0.6;
(5)结合平衡常数K=1和化学平衡三行计算列式得到,持温度不变.在平衡体系中再充入1molH2和1molCO2重新达到化学平衡相当于增大压强,反应前后气体物质的量不变,压强改变不改变平衡.
【解答】解:
(1)CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数表达式K=
,
故答案为:
;
(2)由表中数据可知,随温度升高平衡常数增大,说明升高温度平衡正向移动,则正反应是吸热反应,
故答案为:
吸热;
(3)a.反应是一个反应前后体积不变的反应,压强的改变不会要引起平衡移动,故a错误;
b.混合气体中c(CO)不变,说明正逆反应速率相等,故b正确;
c.υ正(H2)=υ正(H2O)=υ逆(H2O),达平衡状态,故c正确;
d.平衡时,两者的浓度不变,而不一定相等,故d错误;
故答案为:
bc;
(4)某温度下,各物质的平衡浓度符合下式:
3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O),则平衡常数K=
=0.6,所处温度为700℃,
故答案为:
700;
(5)反应前后气体物质的量不变,可以利用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数,设二氧化碳消耗物质的量x,
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g),
起始量(mol)1100
变化量(mol)xxxx
平衡量(mol)1﹣x1﹣xxx
=1
x=0.5
二氧化碳转化率=×100%=50%,
保持温度不变.在平衡体系中再充入1molH2和1molCO2重新达到化学平衡相当于增大压强,反应前后气体物质的量不变,压强改变不改变平衡,CO2的平衡转化率不变,
故答案为:
50%;不变.
21.反应mA+nB⇌pC在某温度下达到平衡.
①若A、B、C都是气体,减压后正反应速率小于逆反应速率,则m、n、p的关系是 m+n>p .
②若C为气体,且m+n=p,在加压时化学平衡发生移动,则平衡必定向 逆向 方向移动.
③如果在体系中增加或减少B的量,平衡均不发生移动,则B肯定不能为 气 态.
【考点】CB:
化学平衡的影响因素;CG:
化学平衡状态的判断.
【分析】①根据影响化学平衡因素结合速率大小分析判断反应前后的体积变化;
②反应前后系数相同,改变压强平衡移动说明反应物中含有固体或纯液体;
③固体和纯液体对平衡无影响.
【解答】解:
①反应mA+nB⇌pC,若A、B、C都是气体,减压后正反应速率小于逆反应速率,证明逆向反应是气体体积增大的反应,得到m+n>p,
故答案为:
m+n>p;
②若反应mA+nB⇌pC;C为气体,且m+n=p,在加压时化学平衡发生移动,说明AB中至少有一种是固体或纯液体,加压平衡逆向进行,
故答案为:
逆向;
③若反应mA+nB⇌pC;如果在体系中增加或减少B的量,平衡均不发生移动,证明B一定是固体或纯液体,不是气体,
故答案为:
气.
22.乙二酸俗名草酸,易溶于水,水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定:
2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
某学习小组的同学设计了如下实验方法测草酸晶体(H2C2O4•xH2O)中x值.
①称取1.260g纯草酸晶体,将其酸制成100.00mL水溶液为待测液
②取25.00mL待测液放入锥形瓶中,再加入适量的稀H2SO4
③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定,达到终点时消耗10.00mL;
(1)滴定时,KMnO4标准液应装在 酸 式滴定管中
(2)本实验滴定达到终点的标志是 当滴入最后一滴KMnO4溶液时,溶液由无色变为紫红色,且半分钟内不
褪色,即达滴定终点
(3)通过上述数据,计算出x= 2
讨论:
若滴定终点时俯视滴定管刻度,则由此测得的x值会 偏大 (填“偏大”、“偏小”或“不变”).
【考点】R3:
中和滴定.
【分析】
(1)酸化的高锰酸钾溶液具有强氧化性,腐蚀橡皮管;
(2)根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时,再滴加KMnO4溶液时,溶液将由无色变为紫色.
(3)由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量,然后求出1.260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量,根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x;
若滴定终点时俯视滴定管读数,则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小,由此所得n(H2C2O4)偏小,则n(H2O)偏大,x偏大.
【解答】解:
(1)酸化的高锰酸钾溶液具有强氧化性,腐蚀橡皮管,所以应用酸式滴定管,
故答案为:
酸;
(2)因KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时,再滴加KnO4溶液时,溶液将由无色变为紫色,
故答案为:
当滴入最后一滴KMnO4溶液时,溶液由无色变为紫色,且半分钟内不褪色,即达滴定终点;
(3)依据题意可知:
2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
25
0.1000mol/L×0.01L0.0025mol
25.00mL待测液中含有0.0025molH2C2O4,100.00mL待测液中含有0.01molH2C2O4,0.01molH2C2O4的质量为0.01mol×90g/mol=0.9g,所以1.260g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260g﹣0.9g=0.36g,其物质的量为0.02mol,则x=2;
若滴定终点时俯视滴定管读数,则所得消耗酸性KMnO4溶液的