学年天津市红桥区高二上学期期末化学试题解析版.docx
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学年天津市红桥区高二上学期期末化学试题解析版
2017-2018学年天津市红桥区高二(上)期末化学试卷
一、单选题(本大题共19小题,共38.0分)
1.化学与STSE(社会、科学、技术和环境)密切相关,下列说法不正确的是( )
A.铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性
B.寻找合适催化剂能使水转化为汽油
C.合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”
D.钢铁在潮湿的空气中更容易生锈,其主要原因是形成了原电池
【答案】B
【解析】解:
A.锌比铁活泼,并且在空气中容易形成致密的氧化膜,防止生锈,故A正确;
B.水所含元素为H、O元素,汽油中所含元素为C、H元素,根据元素守恒知,水不可能转化为汽油,故B错误;
C.太阳能、风能和氢能等能源不产生二氧化碳,故有利于实现“低碳经济”,故C正确;
D.潮湿环境中,C、Fe和电解质溶液构成原电池,Fe作负极加速被腐蚀,所以钢铁在潮湿的空气中更容易被腐蚀而生锈,故D正确;
故选:
B。
A.锌在空气中容易形成致密的氧化膜;
B.水所含元素为H、O元素,汽油中所含元素为C、H元素;
C.太阳能、风能和氢能等能源不产生二氧化碳;
D.C、Fe和电解质溶液构成原电池,Fe作负极加速被腐蚀。
本题考查化学与生活,涉及原电池原理、环境保护等知识点,明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键,注意:
化学反应遵循元素生活、原子生活、能量守恒定律等,题目难度不大。
2.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是( )
A.CuCl2B.Na2CO3C.CH3COOHD.KHSO4
【答案】A
【解析】解:
A.氯化铜为强酸弱碱盐,水解显酸性,故A选;
B.碳酸钠为强碱弱酸盐,水解显碱性,故B不选;
C.醋酸为弱酸,电离显酸性,故C不选;
D.KHSO4为强酸的酸式盐,电离显酸性,故D不选;
故选:
A。
强酸弱碱盐水解后溶液显酸性,结合盐的类型及水解原理来解答.
本题考查盐类水解,为高频考点,把握盐的类别、水解原理为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意电离与水解的判断,题目难度不大.
3.常温下,把1ml PH=6的H2SO4溶液加入蒸馏水中,制成100mL溶液,稀释后的溶液中,其C(H+)最接近( )
A.1×10-8mol/LB.1×10-6mol/LC.2×10-8mol/LD.1×10-7mol/L
【答案】D
【解析】解:
硫酸是强电解质,在水溶液中完全电离,根据强酸的稀释规律:
将pH=a的强酸加水稀释至原体积的10b倍,溶液的pH=a+b,但当a+b>7时,溶液总的氢离子以水电离出的为主,即此时溶液的pH=7,故C(H+)最接近1×10-7mol/L,故选D。
根据强酸的稀释规律:
将pH=a的强酸加水稀释至原体积的10b倍,溶液的pH=a+b(当a+b>7时,溶液的pH=7),据此来分析.
本题考查了强酸的稀释规律,应注意的是酸溶液无论如何稀释,溶液的pH均不能大于7.
4.
某同学设计如图所示原电池(盐桥中装有含琼胶的KNO3饱和溶液),该电池工作时,下列说法正确的是( )
A.盐桥中的K+移向AgNO3溶液
B.负极反应式为:
Ag-e-=Ag+
C.铜电极上发生还原反应
D.在外电路中,电子由银电极流向铜电极
【答案】A
【解析】解:
A.Ag为正极,阳离子向正极移动,即盐桥中的K+移向AgNO3溶液,故A正确;
B.Cu为负极,被氧化,电极方程式为Cu-2e-=Cu2+,故B错误;
C.Cu为负极,铜电极上发生氧化反应,故C错误;
D.电子由负极经导线流向正极,即由铜极流向银极,故D错误。
故选:
A。
Cu比Ag活泼,Cu为负极,被氧化,Ag为正极,正极发生还原反应,原电池工作时,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,电子由负极经导线流向正极,以此解答该题。
本题考查了原电池原理,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,明确原电池中正负极上发生的反应是解本题关键,注意电子不经过电解质溶液,为易错点,难度不大。
5.下列化学用语正确的是( )
A.NaHCO3的水解:
HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-
B.醋酸的电离:
CH3COOH=CH3COO-+H+
C.碳酸钙的溶解平衡:
CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq)
D.H2的燃烧热为285.8 kJ/mol,则表示H2燃烧热的热化学方程式为:
H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-285.8 kJ/mol
【答案】C
【解析】解:
A.NaHCO3水解呈碱性,应为HCO3-+H2O⇌OH-+H2CO3,故A错误;
B.CH3COOH为弱电解质,不完全电离,电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+,故B错误;
C.碳酸钙难溶于水,存在溶解平衡,可表示为CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO32-(aq),故C正确;
D.燃烧热指生成稳定的氧化物,应生成液态水,热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8 kJ/mol,故D错误。
故选:
C。
A.NaHCO3水解呈碱性;
B.CH3COOH为弱电解质,不完全电离;
C.碳酸钙难溶于水,存在溶解平衡;
D.燃烧热指生成稳定的氧化物.
本题考查较为综合,涉及电解质的电离,盐类的水解、难溶电解质的溶解平衡以及热化学方程式的书写,为高频考点,侧重考查学生的分析能力以及双基的掌握,难度不大,注意基本理论知识的学习.
6.25℃时,水的电离达到平衡:
H2O⇌H++OH-;△H>0,下列叙述正确的是( )
A.向水中加入稀氨水,平衡向左移动,c(OH-)降低
B.向水中加入少量的水,平衡向右移动,c(H+)增大
C.向水中加入少量固体硫酸氢钠,c(H+)增大,Kw不变
D.将水加热,c(H+)增大,c(OH-)降低,Kw增大
【答案】C
【解析】解:
A.向水中加入稀氨水,c(OH-)增大,抑制水的电离,平衡逆向移动,故A错误;
B.向水中加入少量的水,仍为水,不改变化学平衡,溶液仍为中性,c(H+)不变,故B错误;
C.向水中加入硫酸氢钠固体,硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c(H+)增大,温度不变Kw不变,故C正确;
D.水的电离是吸热过程,将水加热,促进水的电离,KW增大,氢离子浓度增大,pH减小,故D错误,
故选:
C。
水的电离平衡:
H2O⇌H++OH-中,要使平衡发生移动,应改变溶液c(H+)或c(OH-)的浓度,水的电离是吸热过程,升高温度,平衡向电离方向移动,K增大,c(H+),则pH减小。
本题考查离子积常数、水的电离,明确氢离子或氢氧根离子抑制水电离、弱离子促进水电离即可解答,注意离子积常数与溶液酸碱性无关,置于温度有关,为易错点。
7.相同体积的c(H+)=10-2mol•L -1的盐酸溶液和醋酸溶液分别跟等质量的锌充分反应,下列说法错误的是( )
A.刚开始时两种溶液中产生H2的速率相同
B.若有一种溶液中锌有剩余,则有剩余的是盐酸溶液
C.若两种溶液中锌均无剩余,则两者产生等量的氢气
D.若两种溶液中锌均有剩余,则两者产生等量的氢气
【答案】D
【解析】解:
A.开始时,两种溶液的氢离子浓度相等,生成的速率相等,故A正确;
B.氢离子的浓度相等、体积相等的盐酸溶液和醋酸溶液中,随着反应的进行,弱酸醋酸能电离出的氢离子的物质的量大于强酸盐酸,所以强酸盐酸中反应的锌粉质量小于弱酸醋酸中锌粉的质量,则强酸盐酸中锌粉有剩余,故B正确;
C.如果两种溶液中锌粉都无剩余,说明酸足量,则生成氢气的量与锌粉的量有关,锌粉的质量相等则生成氢气的量相等,故C正确;
D.如果两种溶液中锌粉均有剩余,则生成氢气的量与参加反应的氢离子的物质的量成正比,氢离子的浓度相等、体积相等的强弱酸中,随着反应的进行,弱酸能电离出的氢离子大于强酸,所以弱酸产生的氢气多,故D错误;
故选:
D。
A.开始时,两种溶液氢离子浓度相等;
B.能电离出氢离子物质的量少的酸中锌剩余;
C.如果两种溶液中锌粉都无剩余,生成氢气的量与锌粉的量有关;
D.如果两种溶液中锌粉均有剩余,则生成氢气的量与参加反应的氢离子的物质的量成正比.
本题以酸和锌粉的反应为载体考查了弱电解质的电离,根据弱电解质的电离特点结合物质间的反应来分析解答,该题中反应速率与氢离子浓度成正比,与酸的强弱无关,为易错点.题目难度不大.
8.在0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中,下列关系正确的是( )
A.c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)
B.c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)
C.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)=c(H+)>c(OH-)
D.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】解:
醋酸存在电离平衡,则c(CH3COOH)>c(CH3COO-),电离显酸性,则c(H+)>c(OH-),且电离程度不大,可知c(CH3COO-)>c(H+),则醋酸溶液中离子浓度关系为c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-),
故选:
D。
醋酸为弱酸,存在电离平衡,且电离显酸性,以此来解答.
本题考查弱电解质的电离平衡,为高频考点,把握电离的程度、电离平衡为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意电离显酸性,题目难度不大.
9.常温下,某溶液中由水电离出来的c(OH-)=1×10-11mol/L,若向该溶液中滴入2~3滴酚酞,溶液的颜色可能是( )
A.只显红色B.呈无色C.无色或蓝色D.红色或无色
【答案】D
【解析】解:
常温下,某溶液中由水电离出来的c(OH-)=1×10-11mol/L,说明水的电离被抑制,而酸或碱能抑制水的电离,故此溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液。
若为酸溶液,则滴入酚酞仍为无色;
若为碱溶液,滴入酚酞后变为红色。
故选:
D。
常温下,某溶液中由水电离出来的c(OH-)=1×10-11mol/L,说明水的电离被抑制,而酸或碱能抑制水的电离,故此溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液,据此分析。
本题考查了酸和碱对水的抑制,难度不大,应注意的是酸和碱均能抑制水的电离。
10.用石墨作电极,电解下列溶液,阴、阳两极均产生气体,其体积比为2:
1,且电解后溶液的pH减小的是( )
A.KClB.NaOHC.Na2SO4D.H2SO4
【答案】D
【解析】解:
用石墨作电极,电解下列溶液,阴、阳两极均产生气体,其体积比为2:
1,说明是电解的水,且电解后溶液的pH增大说明溶液是碱溶液;
A、电解KCl溶液,阳极是2Cl--2e-=Cl2↑,阴极是2H++2e-=H2↑,生成气体体积比为1;1,故A不符合;
B、电解NaOH溶液,阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑,阴极电极反应2H++2e-=H2↑,阴、阳两极均产生气体,其体积比为2:
1,氢氧化钠溶液浓度中等,溶液PH增大,故B不符合;
C、电解Na2SO4溶液,实质电解水,阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑,阴极电极反应2H++2e-=H2↑,阴、阳两极均产生气体,其体积比为2:
1,溶液PH不变,故C不符合;
D、电解H2SO4溶液,实质电解水,阳极电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑,阴极电极反应2H++2e-=H2↑,阴、阳两极均产生气体,其体积比为2:
1,酸溶液浓度增大,溶液PH变小,故D符合;
故选:
D。
用石墨作电极,电解下列溶液,阴、阳两极均产生气体,其体积比为2:
1,说明是电解的水,且电解后溶液的pH减小说明溶液是酸溶液,由此分析解答。
本题考查了电解原理的分析应用,掌握电极反应和产物分析是解题关键,题目难度中等。
11.工业制备硫酸过程中存在如下反应:
2SO2+O2
2SO3,下列关于该反应的说法正确的是( )
A.增大O2的浓度能加快反应速率B.降低体系温度能加快反应速率
C.使用催化剂不影响反应速率D.一定条件下SO2能100%转化为SO3
【答案】A
【解析】解;A.增加O2的浓度,单位体积活化分子数目增多,则反应速率增大,故A正确;
B.降低温度,活化分子百分数减小,反应速率减小,故B错误;
C.使用催化剂,反应速率增大,故C错误;
D.可逆反应反应物不可能完全转化,故D错误。
故选:
A。
该反应为可逆反应,反应物不可能完全转化,一般来说,增大浓度、升高温度或加入催化剂,可增大反应速率,以此解答该题.
本题考查化学反应速率的影响,为高频考点,侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查,注意相关基础知识的学习和积累,难度不大.
12.下列盐类水解的应用,不正确的是( )
A.实验室配制氯化铁溶液时,滴入少量稀硫酸抑制水解
B.为使纯碱溶液的去油污效果更好,可以使用热的纯碱溶液
C.明矾可用于净水,是由于溶于水后产生的Al(OH)3胶体具有吸附作用
D.铵态氮肥不能和草木灰混合施用,是由于NH4+与CO32-互相促进水解,肥效下降
【答案】A
【解析】解:
A.Fe3+水解生成氢离子和氢氧化铁,所以实验室配制氯化铁溶液时通常需要加入盐酸,目的是抑制铁离子水解,故A错误;
B.油脂在碱性条件下更容易水解,碳酸钠水解生成亲氧化钠,且水解是吸热过程,加热促进盐的水解,碱性增强,故B正确;
C.明矾水解所产生的胶状Al(OH)3吸附能力强,可以吸附水中的杂质,并形成沉淀,使水澄清,故C正确;
D.铵态氮肥中铵根离子水解显酸性,草木灰是碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性,混合后水解相互促进,肥效损失,故D正确;
故选:
A。
A.Fe3+水解生成氢离子和氢氧化铁;
B.盐类水解是吸热过程,加热促进盐的水解;
C.明矾在水中形成Al(OH)3胶体;
D.铵态氮肥中铵根离子水解显酸性,草木灰是碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性.
本题考查了盐的水解原理及其应用,题目难度不大,明确盐的水解原理为解答关键,试题侧重基础知识的考查,培养了学生的分析能力及化学实验能力.
13.金属镍有广泛的用途,粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质,可用电解法制备高纯度的镍,下列叙述中正确的是(已知氧化性:
Fe2+<Ni2+<Cu2+)( )
A.阳极发生还原反应,其电极反应式:
Ni2++2e-=Ni
B.电解过程中,阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C.电解后,溶液中存在的离子只有Fe2+ 和Zn2+
D.电解后,Cu和Pt沉降在电解槽底部形成阳极泥
【答案】D
【解析】解:
A.阳极发生氧化反应,其电极反应式:
Ni-2e-=Ni2+、Fe-2e-=Fe2+、Zn-2e-=Zn2+,故A错误;
B.电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni;阴极析出的是镍;依据电子守恒,阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等,故B错误;
C.电解后,溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+,故C错误;
D.粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极,铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥,电解后,电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt,故D正确;
故选:
D。
A.阳极失去电子发生氧化反应;
B.阳极失电子的有Fe、Zn、Ni;阴极析出的是镍;依据电子守恒计算分析;
C.精炼过程中,电解质溶液中一定含有Ni2+;
D.粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极,铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥.
本题考查了电解原理,明确阴阳极上发生的电极反应是解本题关键,注意结合阳离子氧化性强弱分析解答,知道阳极泥成分,难度不大.
14.常温下,下列溶液中的粒子浓度关系正确的是( )
A.NH4Cl溶液中:
c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)
B.Na2SO4溶液中:
c(Na+)+c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)
C.NaHCO3溶液中:
c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)
D.浓度均为0.1mol•L-1CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合:
c (CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L-1
【答案】D
【解析】解:
A.NH4Cl溶液中铵根离子水解显酸性,则离子浓度为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),故A错误;
B.溶液遵循电荷守恒,则Na2SO4溶液中存在c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),故B错误;
C.NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解显碱性,且水解大于其电离,则NaHCO3溶液中存在c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(CO32-),故C错误;
D.浓度均为0.1mol•L-1CH3COOH与CH3COONa溶液等体积,由物料守恒可知c (CH3COO-)+c(CH3COOH)=
=0.1mol⋅L-1,故D正确;
故选:
D。
A.NH4Cl溶液中铵根离子水解显酸性;
B.溶液遵循电荷守恒;
C.NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解显碱性,且水解大于其电离;
D.浓度均为0.1mol•L-1CH3COOH与CH3COONa溶液等体积,遵循物料守恒.
本题考查离子浓度大小的比较,为高频考点,把握水解与电离、电荷守恒与物料守恒为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意守恒法的应用,题目难度不大.
15.常温下,AgCl、AgBr、AgI的溶度积常数(Ksp)依次为1.8×10-10、5.0×10-13、8.3×10-17.下列有关说法错误的是( )
A.常温下,在AgBr饱和溶液中加入足量浓NaCl溶液不可能有AgCl沉淀生成
B.常温下,在AgCl饱和溶液中加入足量浓NaBr溶液有AgBr沉淀生成
C.常温下,在AgI饱和溶液中加入NaI固体有AgI固体析出
D.常温下,在水中的溶解能力:
AgCl>AgBr>AgI
【答案】A
【解析】解:
A.在AgBr饱和溶液中加入足量浓NaCl溶液,当溶液中c(Ag+)×c(Cl-)>1.8×10-10mol2•L-2,有AgCl沉淀生成,故A错误;
B.AgBr比AgCl更难溶,在AgCl饱和溶液中加入足量浓NaBr溶液可生成AgBr沉淀,故B正确;
C.在AgI饱和溶液中加入NaI固体,I-离子浓度增大,c(Ag+)×c(I-)>8.3×10-17mol2•L-2,有AgI沉淀析出,故C正确;
D.根据化学式相似的物质的溶度积常数越小,物质越难溶可知常温下在水中溶解能力AgCl>AgBr>AgI,故D正确。
故选:
A。
化学式相似的物质的溶度积常数越小,物质越难溶,如生成沉淀,应满足Qc>Ksp,根据沉淀的转化、生成和溶解平衡的角度解答此题。
本题考查难溶电解质的溶解平衡,为高频考点,把握溶解平衡移动、Ksp的计算为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大。
16.下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1mol/L.①H2S溶液;②KHS溶液;③K2S溶液;④H2S和KHS混合溶液。
下列说法正确的是( )
A.溶液pH从大到小的顺序是:
③>②>①>④
B.在KHS溶液中有:
c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-)
C.c(H2S)从大到小的顺序是:
①>④>③>②
D.在H2S和KHS混合溶液中有:
c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=2c(K+)
【答案】D
【解析】解:
A.①溶液呈酸性pH<7,②③溶液呈碱性,S2-第一步水解程度大于第二步,水解程度越大其溶液的pH越大,则相同浓度的KHS溶液、K2S溶液pH:
③>②,KHS抑制H2S电离,导致溶液酸性小于①;,所以溶液pH:
③>②>④>①,故A错误;
B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),故B错误;
C.硫化氢发生电离但是其电离程度较小,S2-第一步水解程度大于第二步,导致相同浓度的KHS溶液、K2S溶液中c(H2S):
KHS溶液>K2S溶液,则:
④>①>②>③,故C错误;
D.任何电解质溶液中都存在物料守恒,根据物料守恒得c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=2c(K+),故D正确;
故选:
D。
A.常温下,酸溶液的pH<7、S2-第一步水解程度大于第二步,水解程度越大其溶液的pH越大,则相同浓度的KHS溶液、K2S溶液pH:
③>②;
B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒判断;
C.硫化氢发生电离但是其电离程度较小,S2-第一步水解程度大于第二步,导致相同浓度的KHS溶液、K2S溶液中c(H2S):
KHS溶液>K2S溶液;
D.任何电解质溶液中都存在物料守恒,根据物料守恒判断。
本题以离子浓度大小比较为载体考查弱电解质的电离和盐类水解,明确弱电解质电离特点及盐类水解特点是解本题关键,注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用,题目难度不大。
17.据报道,在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实.2CO2(g)+6H2(g)
CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 下列叙述错误的是( )
A.使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率
B.反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应
C.充入大量CO2气体可提高H2的转化率
D.从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率
【答案】B
【解析】解:
A、因催化剂能提高化学反应速率,加快反应进行,则在一定时间内提高了生产效率,故A对;
B、反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率,不能说明反应是吸热还是放热,故B错;
C、充入大量CO2气体,能使平衡正向移动,提高H2的转化率,故C对;
D、从平衡混合物中及时分离出产物,使平衡正向移动,可提高CO2和H2的转化率,故D对;
故选:
B。
根据催化剂、温度、浓度对化学反应速率和化学平衡的影响来分析解答,并注意吸热反应与反应的条件无关.
本题考查化学反应速率和化学平衡知识,易错点为利用化学平衡知识判断反应吸热还是放热时,一定要注意温度的变化使反应正向移动还是逆向移动,倘若给出的信息为温度条件则无法判断,升高温度化学平衡向吸热的方向移动,而吸热反应取决于反应物与生成物总能量的相对大小.
18.已知H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H<0.有相同容积的定容密闭容器甲和乙,甲中加入H2和I2各0.1mol,乙中加入HI 0.2mol,在相同温度下分别达到平衡。
现欲使甲中HI平衡时的百分含量大于乙中HI平衡时的百分含量,则应采取的措施是( )
A.甲、乙提高相同温度
B.甲中加入0.1molHe,乙中不变
C.甲降低温度,乙增大压强
D.甲增加0.1molH2,乙增加0.1molI2
【答案】C
【解析】解:
相同容积的定容密封容器甲和乙,甲中加入H2和I2各0.1mol,乙中加入HI0.2mol,此时甲和乙建立的平衡是等效的,
A、甲、乙提高相同温度,平衡均逆向移动,HI的平衡浓度均减小,故A错误;
B、甲中加人0.1molHe,在定容密封容器中,平衡不会移动,故B错误;
C、甲降低温度,平衡正向移动,甲中HI的平衡浓度增大,乙增大压强平衡不变,HI平衡时的百分含量
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- 学年 天津市 红桥区 高二上 学期 期末 化学试题 解析