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2021-2022学年福建省晋江市第一中学高二上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2021-2022学年福建省晋江市第一中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
福建省晋江市第一中学2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．放热反应一定是自发进行的反应
B．吸热反应一定是非自发进行的
C．自发进行的反应一定容易发生
D．有些吸热反应也能自发进行
【答案】D
【详解】A、放热反应容易自发进行，但不是所有的放热反应都能自发进行，故A错误；
B、吸热反应不易自发进行，但在一定条件下也可以自发进行，故B错误；
C、自发反应是在一定条件下进行的，故C错误；
D、吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，△H-T△S＜0，故D正确；
故选D
2．某反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A．该反应为放热反应
B．催化剂能够增大反应体系中活化分子的百分数，升高温度和增大压强也能
C．催化剂改变了化学反应过程，所以改变了化学反应的热效应
D．催化剂降低了反应的活化能，从而改变了化学反应速率
【答案】D
【详解】A、生成物总能量大于反应物总能量，所以为吸热反应，故A错误；
B、增大压强提高单位体积内气体活化分子数，不能提高活化分子百分数，故B错误；
C、催化剂改变了化学反应过程，不能改变化学反应的热效应，故C错误；
D、催化剂降低了反应的活化能，提高活化分子百分数，从而改变了化学反应速率，故D正确，答案选D。
3．下列表述不正确的是
A．I装置中盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液
B．II中正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-
C．III装置模拟工业上在镀件上镀银
D．IV装置可以达到保护钢闸门的目的
【答案】C
【详解】A．Ⅰ装置是双液原电池，Zn的活泼性强于Cu，则Zn电极是负极，Cu电极是正极，原电池中阴离子向负极移动，盐桥中Cl-移向ZnSO4溶液，故A说法正确；
B．Ⅱ装置中Fe发生吸氧腐蚀，O2在正极上被还原生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B说法正确；
C．Ⅲ装置中Ag电极与电源正极相连，作电解池的阳极，镀件与电源负极相连，作电解池的阴极，在镀件上镀银，电解质溶液要选用AgNO3溶液，故C说法错误；
D．Ⅳ装置为外加电流法，钢闸门与电源负极相连，作电解池的阴极而受到保护，故D说法正确；
答案为C。
4．下列说法正确的是
A．已知25℃、101KPa条件下：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH=-2834.9kJ/mol，4Al(s)+2O3(g)=2Al2O3(s) ΔH=-3119.1kJ/mol，则O3比O2稳定
B．已知CO(g)的标准燃烧热：ΔH=-283.0kJ·mol-1，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g) ΔH=+566.0kJ·mol-1
C．已知中和热为57.3kJ/mol，则反应H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=2H2O(l)+BaSO4(s)的ΔH=-114.6kJ/mol
D．在一定温度和压强下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-38.6kJ/mol
【答案】B
【详解】A．根据盖斯定律，可以得到，由变为的化学反应为吸热反应，氧气的能量更低，则氧气比臭氧稳定，A项错误；
B．CO(g)的标准燃烧热：，，B项正确；
C．生成放热，则，C项错误；
D．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，则热化学方程式，D项错误；
答案选B。
5．往某恒温密闭容器中加入CaCO3，发生反应：CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g) ∆H＞0反应达到平衡后，缩小容器体积，重新达到平衡后，下列选项中值变大的是
A．m(CaCO3) B．m(CaO) C．m(CO2) D．c(CO2)
【答案】A
【详解】反应达到平衡后，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，正反应体积增大，平衡逆向进行，重新达到平衡后，碳酸钙的质量增加，氧化钙和二氧化碳的质量减少，由于温度不变，平衡常数不变，而K=c(CO2)，所以最终二氧化碳的浓度也不变。答案选A。
6．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6 kJ·mol-1
下列说法正确的是
A．升高温度能提高HCl的转化率
B．加入催化剂，能使该反应的焓变减小
C．1molCl2转化为2molCl原子放出243kJ热量
D．断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需能量高
【答案】D
【详解】A 、该反应正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，HCl的转化率降低，A错误；
B、催化剂只能改变反应的历程而不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物的能量差有关，B错误；
C、断裂化学键需要吸收能量，1molCl2转化为2molCl原子应该吸收243kJ热量，C错误；
D、设H-Cl键能为a，H-O键能为b，△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以有-115.6=4a+498-(243×2+4b)，解的4(a-b)=-127.6，即b>a，所以H-O键的键能大于H-Cl键能，D正确；
正确答案为D。
7．一定条件下，固定容积的密闭容器中，CO和H2反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g).如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线.下列判断正确的是
A．T1＞T2，该反应的△H＞0
B．加入催化剂可以提高CO的转化率
C．T1时的平衡常数时的平衡常数K1＞T2时的平衡常数K2
D．温度降低，CO(g)+2H2(g)CH3OH(I)的△H值将变大
【答案】C
【详解】A．由图可知，温度T2先到达平衡，反应速率较快，故温度T1＜T2；升高温度，CO的转化率减小，说明平衡逆向移动，故正反应为放热反应，故△H＜0，故A错误；
B．催化剂只能改变化学反应速率，对化学平衡无影响，故B错误；
C．升高温度，平衡向逆反应移动，所以T1时的平衡常数K1＞T2时的平衡常数K2，故C正确；
D．CH3OH(g)⇌CH3OH（1），放出热量，故CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH（1）放出的热量大于CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)放出的热量，因反应热为负值，故CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH（1）的△H值将变小，故D错误；
故选C。
8．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是
A．在0-50min之间， pH =2和 PH= 7时 R 的降解百分率相等
B．溶液酸性越强， R 的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在 20-25min之间， pH =10时 R 的平均降解速率为 0.04mol·L-1·min-1
【答案】A
【详解】A项：根据图示可知：在0-50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率都是100%，故A正确；
B项：溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B错误；
C项：根据图示可知：R的起始浓度越小，降解速率越小，故C错误；
D项：pH=10时，在20-25min，R的平均降解速率为=0.04×10-4mol∙L-1min-1，D错误；
故选A。
9．2SO2+O22SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
【答案】B
【详解】2SO2+O22SO3是气体体积减小的反应，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，过程中乙容器中压强大于甲容器，反应速率大于甲，相当于对甲容器平衡增大压强，平衡正向进行，乙容器中二氧化硫转化率大于甲容器，乙容器中SO2的转化率大于P%，B正确，
故选B。
10．少量铁片与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加H2O；②加KNO3溶液；③滴入几滴浓盐酸；④加入少量铁粉；⑤加NaCl溶液；⑥滴入几滴硫酸铜溶液；⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）； ⑧改用10mL0.1mol/L盐酸
A．③④⑥⑦⑧ B．③⑤⑧ C．③⑦⑧ D．①⑥⑦
【答案】C
【分析】产生氢气的量不变，则保证铁完全与盐酸反应；加快反应速率，应增大盐酸的浓度和升高温度。
【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；
②加硝酸钾溶液相当于加入硝酸，铁与硝酸不生成氢气；
③加浓盐酸，浓度增大，反应速率加快；
④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；
⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；
⑦升高温度，反应速率加快，氢气的量不变；
⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，氢气的量不变；
据以上分析，③⑦⑧符合题意。
答案选C。
11．一定温度下，将纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于真空密闭恒容容器中(固体试样体积忽略不计)达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。下列可以判断该反应达到化学平衡状态的是
A．气体的总质量保持不变 B．NH3与CO2的质量比保持不变
C．2v(NH3)=v(CO2) D．混合气体的平均相对分子质量不变
【答案】A
【解析】NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)为气体体积增大的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
【详解】A．反应物为固态，产物均为气态，气态产物的总质量不再增多，反应达到化学平衡状态，故A正确；
B．无论反应是否达到平衡，NH3与CO2的质量比始终为（2×17）：44，保持不变，故B错误；
C．没有指出正逆反应速率，无法判断平衡状态，故C错误；
D．由于只有产物为气体，反应无论是否平衡，平均摩尔质量始终为NH3和CO2的定量组合，故D错误。
答案选A。
12．一定条件下，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g) ΔH>0，达到平衡时N2的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A．压强：p1>p2
B．b、c两点对应的平衡常数：Kc＜Kb
C．a点：2v正(NH3)=3v逆(H2)
D．a点：NH3的转化率为25%
【答案】D
【详解】A．根据反应可知，温度相同时，压强增大，平衡逆向移动，N2的体积分数减小，又由图知，温度相同时，p1时N2的体积分数大，故p1
C．a点为平衡状态，根据反应速率之比等于化学计量数之比，故3v(NH3)正= 2v(H2)逆，故C错误；
D．对于反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g) ΔH>0，假设反应前氨的物质的量为1mol，反应的氨的物质的量为xmol，则，解得x=，因此氨的转化率为，故D正确；
故答案为D。
13．石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而研发的新型可充放电电池，其反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如下图所示。下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．充电时，嵌入中
B．放电时，极发生的电极反应为
C．放电时负极反应为：
D．充电时，若转移，石墨烯电极增重7g
【答案】D
【分析】根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。
【详解】A. 充电时，石墨烯为阴极，C6发生还原反应生成LixC6，则Li+向石墨烯移动，故A项错误；
B. 放电时，LiCoO2极是正极，发生得电子的还原反应,电极反应式为：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，故B项错误；
C. 放电时负极反应为LixC6-xe-=C6+xLi+，原电池中无Li单质存在，故C项错误；
D. 充电时，石墨烯电极的电极反应式为：C6+xLi++xe- = LixC6，根据关系式xe- C6 LixC6电极增重的实际质量为锂元素的质量，所以若转移1mol e-，电极增重为 1 mol×7 g/mol = 7 g,故D项正确；
答案选D。
【点睛】有关电化学基础，把握规律是解题的关键，其中计算是必不可少的，本题的D项可采用关系式法作答，即根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。
14．水煤气变换反应为：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A．水煤气变换反应的ΔH＞0
B．决定反应速率步骤（慢反应）的化学方程式为：H2O*＝H*＋OH*
C．反应物中的两个H2O同时吸附到金催化剂的表面
D．该历程中最大能垒（活化能）E正＝1.91eV
【答案】B
【分析】图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断，该历程中最大能垒(活化能)E正，得到反应的化学方程式，据此分析解答。
【详解】A．图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，反应的焓变小于0，故A错误；
B．发生反应H2O*＝H*＋OH*过程中正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，决定整体反应速率，故B正确；
C．反应物中的两个H2O是分步吸附到金催化剂的表面，而不是同时吸附到金催化剂表面，故C错误；
D．该历程中最大能垒(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，E逆=1.41eV-(-0.83eV)=2.24eV，故D错误；
故答案为B。
15．下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是
①A(g)+3B(g)⇌2C(g)
②FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl
③A(g)+3B(g)⇌2C(g)
④A(g)+B(g)⇌2C(g)
A．①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH<0
B．②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图象
C．③是在有无催化剂存在下建立的平衡图象，a是使用催化剂时的曲线
D．④是一定条件下向含有一定量A的容器中逐渐加入B的图象，压强p1>p2
【答案】C
【详解】A．根据图象①，升高温度，平衡正向移动，正反应ΔH>0，A错误；
B．②反应实质是Fe3＋＋3SCN-Fe(SCN)3，K＋和Cl-不参加化学反应，KCl浓度增大不影响化学平衡，B错误；
C．③使用催化剂，反应速率加快，先达到平衡，但不改变平衡时A的体积分数，C正确；
D．④此反应为反应前后气体物质的量不变的化学反应，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，且由于不断加入B，A的转化率增大，D错误；
综上所述答案为C。
二、填空题
16．化学反应过程伴随有热量的变化。
(1)一定条件下，由稳定单质反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(ΔH)。下图为VIA族元素(O、S、Se、Te)氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。已知非金属元素气态氢化物的稳定性越强，其氢化物的生成热ΔH越小。硫化氢发生分解反应的热化学方程式为_______。
(2)利用CH4可制备乙烯及合成气(CO、H2)。有关化学键键能(E)的数据如下表：
化学键
H-H
C=C
C-C
C-H
E(kJ/mol)
436
a
348
413
①已知2CH4(g)=CH2=CH2(g)+2H2(g)ΔH=+167kJ/mol，则a=_______。
②制备合成气反应历程分两步(步骤I、步骤II)，反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
步骤I反应的焓变ΔH1为_______kJ/mol(选用E1~E5的关系式表示)
③反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的焓变为ΔH2，与步骤I焓变ΔH1相比，ΔH1_______ΔH2(填“>”或“＜”)
(3)在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应I：2NH3(g)＋CO2(g)⇌NH2COONH4(s)ΔH1
反应II：NH2COONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2=＋72.49kJ·mol-1
总反应：2NH3(g)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH3=-86.98kJ·mol-1
则反应I的ΔH1=_______kJ·mol-1。
【答案】(1)H2S(g)=S(s)＋H2(g)ΔH=+20kJ·mol-1
(2) 613 E2-E1 ＜
(3)-159.47
【详解】（1）在元素周期表中，同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱、与H2生成气态氢化物越来越难、气态氢化物的稳定性逐渐减弱；物质的能量越低越稳定，则非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热ΔH的关系为：非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其ΔH越小，即a、b、c、d代表H2Te、H2Se、H2S、H2O。根据图示c代表H2S，可写出热化学方程式H2(g)+S(s)=H2S(g)∆H=-20kJ/mol，则硫化氢发生分解反应的热化学方程式为H2S(g)=S(s)+H2(g)ΔH=+20kJ/mol。
（2）①∆H=反应物的总键能-生成物的总键能=8×413kJ/mol-(4×413kJ/mol+akJ/mol+2×436kJ/mol)=+167kJ/mol，解得a=613。
②根据∆H=生成物总能量-反应物总能量，则步骤I反应的焓变ΔH1=(E2-E1)kJ/mol。
③根据图示，∆H1、∆H2都大于0，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的焓变ΔH2=(E3-E1)kJ/mol，E3＞E2，则ΔH1＜ΔH2。
（3）反应I：2NH3(g)＋CO2(g)⇌NH2COONH4(s)ΔH1，反应II：NH2COONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2=＋72.49kJ·mol-1，总反应III：2NH3(g)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH3=-86.98kJ·mol-1，利用盖斯定律，将反应III-反应II，即得反应I的△H=(-86.98-72.49)kJ·mol-1=-159.47kJ·mol-1。
17．Ⅰ.工业上可用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：
(1)据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3＝________(用K1、K2表示)。500 ℃时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L－1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v正________(填“>”、“＝”或“<”)v逆。
(2)在3 L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c(CO)—反应时间t变化曲线Ⅰ如图所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是______________。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是______________。
Ⅱ.利用CO和H2可以合成甲醇，反应原理为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。一定条件下，在容积为V L的密闭容器中充入a mol CO与2a mol H2合成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
(1)p1________(填“>”、“<”或“＝”)p2，理由是_____________________________。
(2)该甲醇合成反应在A点的平衡常数K＝______________(用a和V表示)。
(3)该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是CO________(填“>”、“<”或“＝”)H2。
(4)下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高CO转化率的是________(填字母)。
A．使用高效催化剂
B．降低反应温度
C．增大体系压强
D．不断将CH3OH从反应混合物中分离出来
【答案】 K1·K2 > 加入催化剂 将容器的体积(快速)压缩至2 L < 甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强CO的转化率提高 ＝ C
【详解】Ⅰ. （1）将方程式①+②得方程式③，则K3=== K1·K2；(2) 500 ℃时K3= K1·K2=2.5×1.0=2.5，Q===0.88<2.5=K3，故平衡正向移动，v正>v逆；（2）对于反应②：在t0时刻改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ，由图象可知平衡时c(CO)不变，说明平衡没有移动，但缩短了达平衡的时间，改变的条件为加入催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，CO的平衡浓度由3.0mol/L迅速变为4.5 mol/L，反应在3 L容积可变的密闭容器中发生，且该反应两边气体物质的系数相等，则改变的条件为将容器的体积(快速)压缩至2L；
Ⅱ.（1）根据勒夏特列原理，等温下，压强越大，平衡向正反应方向进行，CO的转化率增大，即p1
三、原理综合题
18．电化学原理在生产生活中运用广泛，下面是常见的一些运用。
I.汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理会污染环境，运用电化学方法可以进行NO的消除和CO含量检测。
(1)间接电解法除NO。其原理如图所示，从A口中出来的气体是_______，电解池阴极的电极反应式_______。用离子方程式表示吸收柱中除去NO的原理_______。
(2)用电化学气敏传感器测定汽车尾气中CO含量，原理如图所示，B电极是该电池的_______(填“正极”或“负极”)，A电极上的电极反应式为_______。
II.运用电解Na2CO3溶液制备小苏打和烧碱，原理如下图所示。
(3)B处排出的溶液主要溶质为_______。电解槽中的离子交换膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，当阳极区收集到1.12L气体(标准状况下)，阴极区质量变化_______g。
III.电解法可用于提纯金属。已知粗铜中含有少量的锌、铁、银、金等金属和少量矿物杂质(杂质与酸不反应)，某小组在实验室条件下以CuSO4溶液为电解液，用电解的方法实现粗铜精炼，并对阳极泥进行回收。
步骤一：电解精炼铜
步骤二：电解完成后，该小组同学按以下流程对电解液进行处理：
(4)步骤一结束后，电解过程中，CuSO4的浓度会_______(填“增大”或“不变”或“减小”)
(5)残渣含有少量的黄金，为了回收金，查阅了相关资料(见下表)
反应原理
化学平衡常数
反应1
Au+6HNO3(浓)⇌Au(NO3)3+3NO2↑+3H2O
＜＜1
反应2
Au3++4Cl-=AuCl
>>1
从资料中可知，金很难与硝酸反应，但却可溶于王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3的混合物)。请从化学平衡的角度解释金能溶于王水的原因_______。
【答案】(1) 氧气(或O2) 2+2H++2e-=+2H2O 2NO+2+2H2O=N2+4
(2) 正极 CO+H2O-2e-=CO2+2H+
(3) NaHCO3 阳 4.4
(4)减小
(5)反应1为可逆反应，生成的Au3+会与王水中的Cl-反应生成AuCl，降低了Au3+的浓度，使平衡正向移动，Au不断溶解
【详解】（1）阳极为H2O放电生成O2与H+，从A口中出来的气体的是O2；阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是在酸性条件下发生还原反应，生成，其电极反应式为2+2H++2e-=+2H2O；根据图示，吸收池中和NO是反应物，N2和是生成物，则吸收池中除去NO的原理是2NO+2+2H2O=N2+4；
（2）CO变为CO2的过程化合价升高，失电子，发生氧化反应，作负极，则通O2的B极为正极，负极反应式为CO+H2O-2e-=CO2+2H+；
（3）电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则A为NaHCO3；电解使钠离子向阴极移动，应用阳离子交换膜；当阳极区收集到1.12L气体在标准状况下的物质的量，由O2~4e-~2H2，n(H2)=2n(O2)=0.1mol，m=nM=0.1mol×2g/mol=0.2g，由阴极电解反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，流入0.2molNa+进入阴极区，有0.2gH2放出，质量变化为0.2×23-0.2=4.4g；
（4）阴极上是铜离子得电子产生铜单质，阳极上溶解的是Cu和比Cu活泼的金属Fe、Zn，则溶液中的硫酸铜的浓度会变小；
（5）根据表中的信息，Au+6HNO3（浓）=Au(NO3)3+3NO2↑+3H2O，并且Au3++4Cl-=AuCl，在王水中，含有浓硝酸和浓盐酸，浓盐酸含有大量氯离子，Au3+离子与氯离子形成稳定的AuCl离子，使反应2平衡向右移动，则金溶于王水中。
19．在容积为10L的密闭容器中，进行如下反应：A(g)+2B(g)⇌C(g)+D(g)，最初加入1.0molA和2.2molB，在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如图。
试回答下列问题：
(1)800℃时，0～5min内，以B表示的平均反应速率为_______。
(2)能判断反应达到化学平衡状态的依据是_______(填字母)。
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(A)不变
C．v正(B)=2v逆(D) D．c(A)=c(C)
(3)若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=_______，该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(4)已知2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)在不同温度下的平衡常数：400℃，K=32；500℃，K=44。已知在密闭容器中，测得某时刻各组分的浓度如下：
物质
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
浓度/(mol·L-1)
0.54
068
0.68
①判断该反应的ΔH_______0(填“>”、“＜”或“=”)。
②已知，某时刻数据如图所示，平衡时，若以甲醇百分含量为纵坐标，以温度为横坐标，此时的反应点在图象的位置是图中_______点，比较图中B、D两点所对应的正反应速率B_______D(填“>”、“＜”或“=”)。你判断的理由是_______
【答案】(1)0.024mol/(L·min)
(2)ABC
(3) 9 吸热
(4) > A ＜ D点温度高于B点，温度越高反应速率越大，所以D反应速率也大于B
【详解】（1）由图象可知，生成D的物质的量为0.6mol，根据方程式可知，消耗1.2molB，故800℃时，0～5min内，以B表示的平均反应速率为=0.024mol/(L·min)；
故答案为：0.024mol/(L·min)；
（2）A．由反应方程式可知A(g)+2B(g) C(g)+D(g)，反应前后气体的物质的量发生改变，故容器中的压强一直改变，现在容器中压强不变说明反应达到平衡了，A符合题意；
B．化学平衡的特征之一是体系的各物质的量的浓度或百分含量保持不变，故混合气体中c(A)不变说明反应达到平衡，B符合题意；
C．根据化学反应速率之比等于化学计量系数比可知，正(B)=2正(D)，故当正(B)=2逆(D)时，即可推出正(D)=逆(D)，故反应达到平衡，C符合题意；
D．化学平衡的特征之一是体系的各物质的量的浓度或百分含量保持不变，而不是相等或者成比例，故c(A)=c(C)不能说明反应达到平衡，D不合题意；
故答案为：ABC；
（3）若最初加入1.0mol A和2.2mol B，利用图中数据，根据三段式分析可知：，计算800℃时的平衡常数K==9，由图象可知，温度越高，D的物质的量越大，说明升高温度平衡正向移动，故该反应为吸热反应；
故答案为：9；吸热；
（4）①由题干信息可知，400℃，K=32；500℃，K=44，温度越高K值越大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故判断该反应的H＞0；
故答案为：＞；
②由上述分析可知，此时反应还在向正向进行，故甲醇的百分含量在减小，故平衡时，若以甲醇百分含量为纵坐标，以温度为横坐标，此时反应点在图象的位置是图中A点，由于D点对应的温度高于B点对应的温度，故B点的反应速率比D点的反应速率更小，比较图中B、D两点所对应的正反应速率B＜D；
故答案为：A；＜；D点温度高于B点，温度越高反应速率越大，所以D反应速率也大于B。
福建省晋江市第一中学2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．放热反应一定是自发进行的反应
B．吸热反应一定是非自发进行的
C．自发进行的反应一定容易发生
D．有些吸热反应也能自发进行
【答案】D
【详解】A、放热反应容易自发进行，但不是所有的放热反应都能自发进行，故A错误；
B、吸热反应不易自发进行，但在一定条件下也可以自发进行，故B错误；
C、自发反应是在一定条件下进行的，故C错误；
D、吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，△H-T△S＜0，故D正确；
故选D
2．某反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A．该反应为放热反应
B．催化剂能够增大反应体系中活化分子的百分数，升高温度和增大压强也能
C．催化剂改变了化学反应过程，所以改变了化学反应的热效应
D．催化剂降低了反应的活化能，从而改变了化学反应速率
【答案】D
【详解】A、生成物总能量大于反应物总能量，所以为吸热反应，故A错误；
B、增大压强提高单位体积内气体活化分子数，不能提高活化分子百分数，故B错误；
C、催化剂改变了化学反应过程，不能改变化学反应的热效应，故C错误；
D、催化剂降低了反应的活化能，提高活化分子百分数，从而改变了化学反应速率，故D正确，答案选D。
3．下列表述不正确的是
A．I装置中盐桥中的Cl-移向ZnSO4溶液
B．II中正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-
C．III装置模拟工业上在镀件上镀银
D．IV装置可以达到保护钢闸门的目的
【答案】C
【详解】A．Ⅰ装置是双液原电池，Zn的活泼性强于Cu，则Zn电极是负极，Cu电极是正极，原电池中阴离子向负极移动，盐桥中Cl-移向ZnSO4溶液，故A说法正确；
B．Ⅱ装置中Fe发生吸氧腐蚀，O2在正极上被还原生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B说法正确；
C．Ⅲ装置中Ag电极与电源正极相连，作电解池的阳极，镀件与电源负极相连，作电解池的阴极，在镀件上镀银，电解质溶液要选用AgNO3溶液，故C说法错误；
D．Ⅳ装置为外加电流法，钢闸门与电源负极相连，作电解池的阴极而受到保护，故D说法正确；
答案为C。
4．下列说法正确的是
A．已知25℃、101KPa条件下：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH=-2834.9kJ/mol，4Al(s)+2O3(g)=2Al2O3(s) ΔH=-3119.1kJ/mol，则O3比O2稳定
B．已知CO(g)的标准燃烧热：ΔH=-283.0kJ·mol-1，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g) ΔH=+566.0kJ·mol-1
C．已知中和热为57.3kJ/mol，则反应H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=2H2O(l)+BaSO4(s)的ΔH=-114.6kJ/mol
D．在一定温度和压强下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-38.6kJ/mol
【答案】B
【详解】A．根据盖斯定律，可以得到，由变为的化学反应为吸热反应，氧气的能量更低，则氧气比臭氧稳定，A项错误；
B．CO(g)的标准燃烧热：，，B项正确；
C．生成放热，则，C项错误；
D．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，则热化学方程式，D项错误；
答案选B。
5．往某恒温密闭容器中加入CaCO3，发生反应：CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g) ∆H＞0反应达到平衡后，缩小容器体积，重新达到平衡后，下列选项中值变大的是
A．m(CaCO3) B．m(CaO) C．m(CO2) D．c(CO2)
【答案】A
【详解】反应达到平衡后，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，正反应体积增大，平衡逆向进行，重新达到平衡后，碳酸钙的质量增加，氧化钙和二氧化碳的质量减少，由于温度不变，平衡常数不变，而K=c(CO2)，所以最终二氧化碳的浓度也不变。答案选A。
6．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6 kJ·mol-1
下列说法正确的是
A．升高温度能提高HCl的转化率
B．加入催化剂，能使该反应的焓变减小
C．1molCl2转化为2molCl原子放出243kJ热量
D．断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需能量高
【答案】D
【详解】A 、该反应正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，HCl的转化率降低，A错误；
B、催化剂只能改变反应的历程而不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物的能量差有关，B错误；
C、断裂化学键需要吸收能量，1molCl2转化为2molCl原子应该吸收243kJ热量，C错误；
D、设H-Cl键能为a，H-O键能为b，△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以有-115.6=4a+498-(243×2+4b)，解的4(a-b)=-127.6，即b>a，所以H-O键的键能大于H-Cl键能，D正确；
正确答案为D。
7．一定条件下，固定容积的密闭容器中，CO和H2反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g).如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线.下列判断正确的是
A．T1＞T2，该反应的△H＞0
B．加入催化剂可以提高CO的转化率
C．T1时的平衡常数时的平衡常数K1＞T2时的平衡常数K2
D．温度降低，CO(g)+2H2(g)CH3OH(I)的△H值将变大
【答案】C
【详解】A．由图可知，温度T2先到达平衡，反应速率较快，故温度T1＜T2；升高温度，CO的转化率减小，说明平衡逆向移动，故正反应为放热反应，故△H＜0，故A错误；
B．催化剂只能改变化学反应速率，对化学平衡无影响，故B错误；
C．升高温度，平衡向逆反应移动，所以T1时的平衡常数K1＞T2时的平衡常数K2，故C正确；
D．CH3OH(g)⇌CH3OH（1），放出热量，故CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH（1）放出的热量大于CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)放出的热量，因反应热为负值，故CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH（1）的△H值将变小，故D错误；
故选C。
8．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是
A．在0-50min之间， pH =2和 PH= 7时 R 的降解百分率相等
B．溶液酸性越强， R 的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在 20-25min之间， pH =10时 R 的平均降解速率为 0.04mol·L-1·min-1
【答案】A
【详解】A项：根据图示可知：在0-50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率都是100%，故A正确；
B项：溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故B错误；
C项：根据图示可知：R的起始浓度越小，降解速率越小，故C错误；
D项：pH=10时，在20-25min，R的平均降解速率为=0.04×10-4mol∙L-1min-1，D错误；
故选A。
9．2SO2+O22SO3，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
【答案】B
【详解】2SO2+O22SO3是气体体积减小的反应，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，过程中乙容器中压强大于甲容器，反应速率大于甲，相当于对甲容器平衡增大压强，平衡正向进行，乙容器中二氧化硫转化率大于甲容器，乙容器中SO2的转化率大于P%，B正确，
故选B。
10．少量铁片与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加H2O；②加KNO3溶液；③滴入几滴浓盐酸；④加入少量铁粉；⑤加NaCl溶液；⑥滴入几滴硫酸铜溶液；⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）； ⑧改用10mL0.1mol/L盐酸
A．③④⑥⑦⑧ B．③⑤⑧ C．③⑦⑧ D．①⑥⑦
【答案】C
【分析】产生氢气的量不变，则保证铁完全与盐酸反应；加快反应速率，应增大盐酸的浓度和升高温度。
【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；
②加硝酸钾溶液相当于加入硝酸，铁与硝酸不生成氢气；
③加浓盐酸，浓度增大，反应速率加快；
④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；
⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；
⑦升高温度，反应速率加快，氢气的量不变；
⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，氢气的量不变；
据以上分析，③⑦⑧符合题意。
答案选C。
11．一定温度下，将纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于真空密闭恒容容器中(固体试样体积忽略不计)达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。下列可以判断该反应达到化学平衡状态的是
A．气体的总质量保持不变 B．NH3与CO2的质量比保持不变
C．2v(NH3)=v(CO2) D．混合气体的平均相对分子质量不变
【答案】A
【解析】NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)为气体体积增大的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
【详解】A．反应物为固态，产物均为气态，气态产物的总质量不再增多，反应达到化学平衡状态，故A正确；
B．无论反应是否达到平衡，NH3与CO2的质量比始终为（2×17）：44，保持不变，故B错误；
C．没有指出正逆反应速率，无法判断平衡状态，故C错误；
D．由于只有产物为气体，反应无论是否平衡，平均摩尔质量始终为NH3和CO2的定量组合，故D错误。
答案选A。
12．一定条件下，反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g) ΔH>0，达到平衡时N2的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A．压强：p1>p2
B．b、c两点对应的平衡常数：Kc＜Kb
C．a点：2v正(NH3)=3v逆(H2)
D．a点：NH3的转化率为25%
【答案】D
【详解】A．根据反应可知，温度相同时，压强增大，平衡逆向移动，N2的体积分数减小，又由图知，温度相同时，p1时N2的体积分数大，故p1
C．a点为平衡状态，根据反应速率之比等于化学计量数之比，故3v(NH3)正= 2v(H2)逆，故C错误；
D．对于反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g) ΔH>0，假设反应前氨的物质的量为1mol，反应的氨的物质的量为xmol，则，解得x=，因此氨的转化率为，故D正确；
故答案为D。
13．石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而研发的新型可充放电电池，其反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如下图所示。下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．充电时，嵌入中
B．放电时，极发生的电极反应为
C．放电时负极反应为：
D．充电时，若转移，石墨烯电极增重7g
【答案】D
【分析】根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。
【详解】A. 充电时，石墨烯为阴极，C6发生还原反应生成LixC6，则Li+向石墨烯移动，故A项错误；
B. 放电时，LiCoO2极是正极，发生得电子的还原反应,电极反应式为：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，故B项错误；
C. 放电时负极反应为LixC6-xe-=C6+xLi+，原电池中无Li单质存在，故C项错误；
D. 充电时，石墨烯电极的电极反应式为：C6+xLi++xe- = LixC6，根据关系式xe- C6 LixC6电极增重的实际质量为锂元素的质量，所以若转移1mol e-，电极增重为 1 mol×7 g/mol = 7 g,故D项正确；
答案选D。
【点睛】有关电化学基础，把握规律是解题的关键，其中计算是必不可少的，本题的D项可采用关系式法作答，即根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。
14．水煤气变换反应为：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A．水煤气变换反应的ΔH＞0
B．决定反应速率步骤（慢反应）的化学方程式为：H2O*＝H*＋OH*
C．反应物中的两个H2O同时吸附到金催化剂的表面
D．该历程中最大能垒（活化能）E正＝1.91eV
【答案】B
【分析】图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断，该历程中最大能垒(活化能)E正，得到反应的化学方程式，据此分析解答。
【详解】A．图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，反应的焓变小于0，故A错误；
B．发生反应H2O*＝H*＋OH*过程中正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，决定整体反应速率，故B正确；
C．反应物中的两个H2O是分步吸附到金催化剂的表面，而不是同时吸附到金催化剂表面，故C错误；
D．该历程中最大能垒(活化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，E逆=1.41eV-(-0.83eV)=2.24eV，故D错误；
故答案为B。
15．下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是
①A(g)+3B(g)⇌2C(g)
②FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl
③A(g)+3B(g)⇌2C(g)
④A(g)+B(g)⇌2C(g)
A．①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH<0
B．②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图象
C．③是在有无催化剂存在下建立的平衡图象，a是使用催化剂时的曲线
D．④是一定条件下向含有一定量A的容器中逐渐加入B的图象，压强p1>p2
【答案】C
【详解】A．根据图象①，升高温度，平衡正向移动，正反应ΔH>0，A错误；
B．②反应实质是Fe3＋＋3SCN-Fe(SCN)3，K＋和Cl-不参加化学反应，KCl浓度增大不影响化学平衡，B错误；
C．③使用催化剂，反应速率加快，先达到平衡，但不改变平衡时A的体积分数，C正确；
D．④此反应为反应前后气体物质的量不变的化学反应，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，且由于不断加入B，A的转化率增大，D错误；
综上所述答案为C。
二、填空题
16．化学反应过程伴随有热量的变化。
(1)一定条件下，由稳定单质反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(ΔH)。下图为VIA族元素(O、S、Se、Te)氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。已知非金属元素气态氢化物的稳定性越强，其氢化物的生成热ΔH越小。硫化氢发生分解反应的热化学方程式为_______。
(2)利用CH4可制备乙烯及合成气(CO、H2)。有关化学键键能(E)的数据如下表：
化学键
H-H
C=C
C-C
C-H
E(kJ/mol)
436
a
348
413
①已知2CH4(g)=CH2=CH2(g)+2H2(g)ΔH=+167kJ/mol，则a=_______。
②制备合成气反应历程分两步(步骤I、步骤II)，反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
步骤I反应的焓变ΔH1为_______kJ/mol(选用E1~E5的关系式表示)
③反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的焓变为ΔH2，与步骤I焓变ΔH1相比，ΔH1_______ΔH2(填“>”或“＜”)
(3)在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应I：2NH3(g)＋CO2(g)⇌NH2COONH4(s)ΔH1
反应II：NH2COONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2=＋72.49kJ·mol-1
总反应：2NH3(g)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH3=-86.98kJ·mol-1
则反应I的ΔH1=_______kJ·mol-1。
【答案】(1)H2S(g)=S(s)＋H2(g)ΔH=+20kJ·mol-1
(2) 613 E2-E1 ＜
(3)-159.47
【详解】（1）在元素周期表中，同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱、与H2生成气态氢化物越来越难、气态氢化物的稳定性逐渐减弱；物质的能量越低越稳定，则非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热ΔH的关系为：非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其ΔH越小，即a、b、c、d代表H2Te、H2Se、H2S、H2O。根据图示c代表H2S，可写出热化学方程式H2(g)+S(s)=H2S(g)∆H=-20kJ/mol，则硫化氢发生分解反应的热化学方程式为H2S(g)=S(s)+H2(g)ΔH=+20kJ/mol。
（2）①∆H=反应物的总键能-生成物的总键能=8×413kJ/mol-(4×413kJ/mol+akJ/mol+2×436kJ/mol)=+167kJ/mol，解得a=613。
②根据∆H=生成物总能量-反应物总能量，则步骤I反应的焓变ΔH1=(E2-E1)kJ/mol。
③根据图示，∆H1、∆H2都大于0，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的焓变ΔH2=(E3-E1)kJ/mol，E3＞E2，则ΔH1＜ΔH2。
（3）反应I：2NH3(g)＋CO2(g)⇌NH2COONH4(s)ΔH1，反应II：NH2COONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH2=＋72.49kJ·mol-1，总反应III：2NH3(g)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH3=-86.98kJ·mol-1，利用盖斯定律，将反应III-反应II，即得反应I的△H=(-86.98-72.49)kJ·mol-1=-159.47kJ·mol-1。
17．Ⅰ.工业上可用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知甲醇制备的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：
(1)据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3＝________(用K1、K2表示)。500 ℃时测得反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L－1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时v正________(填“>”、“＝”或“<”)v逆。
(2)在3 L容积可变的密闭容器中发生反应②，已知c(CO)—反应时间t变化曲线Ⅰ如图所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是______________。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是______________。
Ⅱ.利用CO和H2可以合成甲醇，反应原理为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。一定条件下，在容积为V L的密闭容器中充入a mol CO与2a mol H2合成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
(1)p1________(填“>”、“<”或“＝”)p2，理由是_____________________________。
(2)该甲醇合成反应在A点的平衡常数K＝______________(用a和V表示)。
(3)该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是CO________(填“>”、“<”或“＝”)H2。
(4)下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高CO转化率的是________(填字母)。
A．使用高效催化剂
B．降低反应温度
C．增大体系压强
D．不断将CH3OH从反应混合物中分离出来
【答案】 K1·K2 > 加入催化剂 将容器的体积(快速)压缩至2 L < 甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强CO的转化率提高 ＝ C
【详解】Ⅰ. （1）将方程式①+②得方程式③，则K3=== K1·K2；(2) 500 ℃时K3= K1·K2=2.5×1.0=2.5，Q===0.88<2.5=K3，故平衡正向移动，v正>v逆；（2）对于反应②：在t0时刻改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ，由图象可知平衡时c(CO)不变，说明平衡没有移动，但缩短了达平衡的时间，改变的条件为加入催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，CO的平衡浓度由3.0mol/L迅速变为4.5 mol/L，反应在3 L容积可变的密闭容器中发生，且该反应两边气体物质的系数相等，则改变的条件为将容器的体积(快速)压缩至2L；
Ⅱ.（1）根据勒夏特列原理，等温下，压强越大，平衡向正反应方向进行，CO的转化率增大，即p1
三、原理综合题
18．电化学原理在生产生活中运用广泛，下面是常见的一些运用。
I.汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理会污染环境，运用电化学方法可以进行NO的消除和CO含量检测。
(1)间接电解法除NO。其原理如图所示，从A口中出来的气体是_______，电解池阴极的电极反应式_______。用离子方程式表示吸收柱中除去NO的原理_______。
(2)用电化学气敏传感器测定汽车尾气中CO含量，原理如图所示，B电极是该电池的_______(填“正极”或“负极”)，A电极上的电极反应式为_______。
II.运用电解Na2CO3溶液制备小苏打和烧碱，原理如下图所示。
(3)B处排出的溶液主要溶质为_______。电解槽中的离子交换膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，当阳极区收集到1.12L气体(标准状况下)，阴极区质量变化_______g。
III.电解法可用于提纯金属。已知粗铜中含有少量的锌、铁、银、金等金属和少量矿物杂质(杂质与酸不反应)，某小组在实验室条件下以CuSO4溶液为电解液，用电解的方法实现粗铜精炼，并对阳极泥进行回收。
步骤一：电解精炼铜
步骤二：电解完成后，该小组同学按以下流程对电解液进行处理：
(4)步骤一结束后，电解过程中，CuSO4的浓度会_______(填“增大”或“不变”或“减小”)
(5)残渣含有少量的黄金，为了回收金，查阅了相关资料(见下表)
反应原理
化学平衡常数
反应1
Au+6HNO3(浓)⇌Au(NO3)3+3NO2↑+3H2O
＜＜1
反应2
Au3++4Cl-=AuCl
>>1
从资料中可知，金很难与硝酸反应，但却可溶于王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3的混合物)。请从化学平衡的角度解释金能溶于王水的原因_______。
【答案】(1) 氧气(或O2) 2+2H++2e-=+2H2O 2NO+2+2H2O=N2+4
(2) 正极 CO+H2O-2e-=CO2+2H+
(3) NaHCO3 阳 4.4
(4)减小
(5)反应1为可逆反应，生成的Au3+会与王水中的Cl-反应生成AuCl，降低了Au3+的浓度，使平衡正向移动，Au不断溶解
【详解】（1）阳极为H2O放电生成O2与H+，从A口中出来的气体的是O2；阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是在酸性条件下发生还原反应，生成，其电极反应式为2+2H++2e-=+2H2O；根据图示，吸收池中和NO是反应物，N2和是生成物，则吸收池中除去NO的原理是2NO+2+2H2O=N2+4；
（2）CO变为CO2的过程化合价升高，失电子，发生氧化反应，作负极，则通O2的B极为正极，负极反应式为CO+H2O-2e-=CO2+2H+；
（3）电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则A为NaHCO3；电解使钠离子向阴极移动，应用阳离子交换膜；当阳极区收集到1.12L气体在标准状况下的物质的量，由O2~4e-~2H2，n(H2)=2n(O2)=0.1mol，m=nM=0.1mol×2g/mol=0.2g，由阴极电解反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，流入0.2molNa+进入阴极区，有0.2gH2放出，质量变化为0.2×23-0.2=4.4g；
（4）阴极上是铜离子得电子产生铜单质，阳极上溶解的是Cu和比Cu活泼的金属Fe、Zn，则溶液中的硫酸铜的浓度会变小；
（5）根据表中的信息，Au+6HNO3（浓）=Au(NO3)3+3NO2↑+3H2O，并且Au3++4Cl-=AuCl，在王水中，含有浓硝酸和浓盐酸，浓盐酸含有大量氯离子，Au3+离子与氯离子形成稳定的AuCl离子，使反应2平衡向右移动，则金溶于王水中。
19．在容积为10L的密闭容器中，进行如下反应：A(g)+2B(g)⇌C(g)+D(g)，最初加入1.0molA和2.2molB，在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如图。
试回答下列问题：
(1)800℃时，0～5min内，以B表示的平均反应速率为_______。
(2)能判断反应达到化学平衡状态的依据是_______(填字母)。
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(A)不变
C．v正(B)=2v逆(D) D．c(A)=c(C)
(3)若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=_______，该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(4)已知2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)在不同温度下的平衡常数：400℃，K=32；500℃，K=44。已知在密闭容器中，测得某时刻各组分的浓度如下：
物质
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
浓度/(mol·L-1)
0.54
068
0.68
①判断该反应的ΔH_______0(填“>”、“＜”或“=”)。
②已知，某时刻数据如图所示，平衡时，若以甲醇百分含量为纵坐标，以温度为横坐标，此时的反应点在图象的位置是图中_______点，比较图中B、D两点所对应的正反应速率B_______D(填“>”、“＜”或“=”)。你判断的理由是_______
【答案】(1)0.024mol/(L·min)
(2)ABC
(3) 9 吸热
(4) > A ＜ D点温度高于B点，温度越高反应速率越大，所以D反应速率也大于B
【详解】（1）由图象可知，生成D的物质的量为0.6mol，根据方程式可知，消耗1.2molB，故800℃时，0～5min内，以B表示的平均反应速率为=0.024mol/(L·min)；
故答案为：0.024mol/(L·min)；
（2）A．由反应方程式可知A(g)+2B(g) C(g)+D(g)，反应前后气体的物质的量发生改变，故容器中的压强一直改变，现在容器中压强不变说明反应达到平衡了，A符合题意；
B．化学平衡的特征之一是体系的各物质的量的浓度或百分含量保持不变，故混合气体中c(A)不变说明反应达到平衡，B符合题意；
C．根据化学反应速率之比等于化学计量系数比可知，正(B)=2正(D)，故当正(B)=2逆(D)时，即可推出正(D)=逆(D)，故反应达到平衡，C符合题意；
D．化学平衡的特征之一是体系的各物质的量的浓度或百分含量保持不变，而不是相等或者成比例，故c(A)=c(C)不能说明反应达到平衡，D不合题意；
故答案为：ABC；
（3）若最初加入1.0mol A和2.2mol B，利用图中数据，根据三段式分析可知：，计算800℃时的平衡常数K==9，由图象可知，温度越高，D的物质的量越大，说明升高温度平衡正向移动，故该反应为吸热反应；
故答案为：9；吸热；
（4）①由题干信息可知，400℃，K=32；500℃，K=44，温度越高K值越大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故判断该反应的H＞0；
故答案为：＞；
②由上述分析可知，此时反应还在向正向进行，故甲醇的百分含量在减小，故平衡时，若以甲醇百分含量为纵坐标，以温度为横坐标，此时反应点在图象的位置是图中A点，由于D点对应的温度高于B点对应的温度，故B点的反应速率比D点的反应速率更小，比较图中B、D两点所对应的正反应速率B＜D；
故答案为：A；＜；D点温度高于B点，温度越高反应速率越大，所以D反应速率也大于B。
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