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文档介绍
福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
漳平一中2019-2020学年第一学期半期考 高二化学试题 第Ⅰ卷（选择题，共48分） 一、选择题。（本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。） 1.下列措施不符合节能减排的是( ) A. 在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水 B. 大力发展火力发电，解决电力紧张问题 C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏 D. 用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气 【答案】B 【解析】 【详解】A. 太阳能热水器是将太阳能转化为热能，不会产生环境污染，故正确；B. 大力发展火力发电，解决电力紧张问题，不能减少有害物质的排放，不符合节能减排，故错误；C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，，减少二氧化硫的排放，所以可以减少污染，故正确； D. 沼气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧后产生水和二氧化碳，对空气无污染，故正确，故选B。 2.某化学反应的能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 加入催化剂，可同时降低E1、E2 C. 该反应的反应热ΔH＝(E1－E2)kJ·mol－1 D. E2可表示形成新的化学键所释放的能量 【答案】B 【解析】 【详解】A. 反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故A错误； B. 加入催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，故B正确; C. 该反应的反应热△H=+(E2-E1)kJ·mol-1，故C错误； D. E2 kJ·mol-1可表示断裂旧的化学键时吸收的能量，故D错误； 故选:B. 3.下列有关热化学方程式的叙述，正确的是 A. 若2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1，则1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ B. 若CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－812.3kJ/mol，则甲烷的燃烧热为812.3kJ/mol C. 若2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝56.9kJ·mol－1，则2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应吸收热量为56.9kJ D. 若H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，含1 mol CH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量为57.3kJ 【答案】A 【解析】 【详解】A. 已知101kPa时,2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=−221kJ/mol,则1mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5kJ，故A正确； B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－812.3kJ/mol,由于水的状态是气体，故甲烷的燃烧热大于812.3kJ/mol,故B错误； C. 由2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝56.9kJ·mol－1,可知将2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应，反应是可逆反应，后放出热量小于56.9kJ，故C错误； D. 醋酸是弱酸存在电离平衡,电离过程是吸热过程,含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，故D错误； 故选：A. 【点睛】强酸与强碱反应生成可溶性的盐和1mol水放出的热量是57.3 kJ，而弱酸或者弱碱溶于水发生电离，需要吸热，放出的热量小于57.3 kJ。 4.中和热测定实验中，下列说法错误的是 A. 一组完整实验数据需要测温度三次 B. 可用金属做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒 C. 烧杯间填满碎泡沫塑料是为了减少实验过程中热量散失 D. 用0.5mol•L-1NaOH溶液分别与0.5mol•L-1的盐酸、硝酸溶液反应，如果所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同 【答案】B 【解析】 【详解】A. 一组完整实验数据需要测酸碱溶液的温度，混合前溶液的温度，混合后溶液的温度，需要测量三次温度，减小实验误差，故A正确； B. 可用金属做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒,金属导热，热量损失，产生误差， 故B错误； C. 烧杯间填满碎泡沫塑料是防止热量损失，为了减少实验过程中热量散失 故C正确； D. 用0.5mol•L-1NaOH溶液分别与0.5mol•L-1的盐酸、硝酸溶液反应，因为HCl和硝酸都是强酸，如果所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同，故D正确； 故选：B. 5.炒过菜的铁锅未及时洗净（残液中含NaCl），不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是 A. 腐蚀过程中，负极是C B. Fe失去电子经电解质溶液转移给C C. 正极的电极反应式为4OH―－4e－==2H2O＋O2↑ D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应 【答案】D 【解析】 【分析】 本题主要考查了电化学腐蚀的原理，正、负极反应原理和电极反应式的书写，注意电子在原电池的外电路中移动。 【详解】A. 铁锅中含有Fe、C，Fe、C和电解质溶液构成原电池，活泼金属做负极，Fe易失电子，故腐蚀过程中，负极是Fe，A错误； B. 原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动，在电解质溶液中依靠离子的移动导电，B错误； C. 该原电池中， C作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误； D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应，D正确； 答案为D。 6.有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是 A. 可在船壳外刷油漆进行保护 B. 可将船壳与电源的负极相连进行保护 C. 可在船底安装锌块进行保护 D. 在海上航行时，船壳主要发生析氢腐蚀 【答案】D 【解析】 【详解】A. 在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触，所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确； B. 将船壳与电源的负极相连，即船壳为阴极，阴极材料不易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B正确； C. 在船底安装锌块，形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确； D. 海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D错误； 故选：D. 【点睛】保护金属的方法：如果用电化学保护法，主要有牺牲阳极的阴极保护法和与直流电源的负极相连做阴极的保护法。 7.利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是 A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠 B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4 C. 海水提镁中，X、Y均为石墨，Z为MgCl2溶液 D. 电镀工业中，X是镀层金属，Y是待镀金属 【答案】D 【解析】 【详解】A. 氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误； B. 铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误； C.海水提镁中，X、Y均为石墨，电解熔融的氯化镁，故C错误； D. 电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故D正确； 故选:D. 8.用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池原理如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 放电时，OH－移向镍电极 B. 放电时，负极的电极反应为H2－2e－＋2OH－=2H2O C. 充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连 D. 充电时，阴极的电极反应为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiO(OH)＋H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A. 放电时,该电池为原电池,电解质溶液中阴离子向负极移动,所以OH− 移向碳电极，故A错误； B. 放电时,负极上氢气失电子发生氧化反应,电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，故B正确； C. 该电池充电时，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，故C错误； D. 充电时,阳极上发生失电子的氧化反应,即Ni(OH)2+OH−−e−=NiO(OH)+H2O，故D错误； 故选：B. 【点睛】开关连接用电器时，应为原电池原理，则根据电子流向，镍电极为正极得电子发生还原反应；开关连接充电器时，镍电极为阳极失电子发生的电极反应Ni（OH）2+OH--e-=NiO（OH）+H2O 9.SO2和NOx是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收SO2和NO。下列有关说法错误的是 A. a极为直流电源的负极 B. 阳极发生的反应式为SO2-2e－＋2H2O=SO42-＋4H＋ C. 阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H＋为2mol D. 吸收池中发生反应的离子方程式为：2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3- 【答案】C 【解析】 【详解】A. 进去的是HSO3-，出来的是S2O42-,硫元素的化合价降低，发生还原反应，是阴极，与电源的负极相连，即a极为直流电源的负极，故A正确 B. 在阳极上发生失电子的氧化反应，故B正确； C. 据电子守恒，则阴极得到电子量等于通过阳离子交换膜的H+的量，阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H+为1mol，故C错误； D、硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3-，故D正确； 故选：C. 10.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是 A. 容器内的压强不再改变 B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2 C. 混合气体的密度不再改变 D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等 【答案】A 【解析】 【详解】A. 容器内的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A正确； B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2，不能说明各物质的量浓度不变，故B错误； C.反应物生成物都是气体，反应前后质量不变，混合气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误； D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等，指的方向一致，不能说明正、逆反应的速率相等，故D错误； 故选：A. 【点睛】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。 11.I2(g)＋H2(g)2HI (g) ΔH<0，平衡时温度升高，HI含量减小的原因是 A. 温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动 B. 温度升高，浓度商(Q)变大，Q>K，平衡逆向移动 C. 温度升高，活化分子数增多，反应速率加快 D. 温度升高，K变小，平衡逆向移动 【答案】D 【解析】 【分析】 I2(g)＋H2(g)2HI (g) ΔH<0，平衡时温度升高，HI含量减小,说明平衡向逆反应方向进行，据此分析。 【详解】A. 温度升高，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故错误； B. 温度升高，可逆反应向逆反应方向进行，生成物浓度减少，反应物浓度增大，浓度商(Q)变小，故错误； C. 温度升高，活化分子数增多，反应速率加快，没有分析出HI含量减小的原因，故错误； D. 温度升高，向吸热方向进行，该反应向逆反应方向进行，K变小，平衡逆向移动，HI含量减小，故正确； 故选：D. 12.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·Lˉ1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。 时间 水样 0 5 10 15 20 25 Ⅰ(pH＝2) 0.40 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09 Ⅱ(pH＝4) 0.40 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16 Ⅲ(pH＝4) 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07 0.05 Ⅳ(pH＝4，含Cu2+) 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0 下列说法不正确是( ) A. 在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol·Lˉ1·minˉ1 B. 水样酸性越强，M的分解速率越快 C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大 D. 由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快 【答案】D 【解析】 【分析】 A. 在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率=（0.4-0.1）/20=0.015 mol·Lˉ1·minˉ1； B. 对比实验I和II，I的酸性比II的酸性强，分解速率大； C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率=（0.2-0.05）/0.2=0.75，Ⅱ的分解百分率=（0.4-0.16）/0.4=0.6； D.无给定反应时间短，无法比较； 【详解】A. 在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率=（0.4-0.1）/20=0.015 mol·Lˉ1·minˉ1，A正确； B. 对比实验I和II，I的酸性比II的酸性强，分解速率大，则水样酸性越强，M的分解速率越快，B正确； C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率=（0.2-0.05）/0.2=0.75，Ⅱ的分解百分率=（0.4-0.16）/0.4=0.6，III比II大，C正确； D. 由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快，无给定反应时间短，无法比较，D错误； 答案D 13.对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g） ΔH<0,下列研究目的和示意图相符的是（ ） A B C D 研究目的 压强对反应的影响（p2>p1） 温度对反应的影响 平衡体系中增加N2的浓度对反应的影响 催化剂对反应的影响 示意图 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.增大压强，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间更少，P1>P2，选项A错误； B.升高温度，化学平衡向吸热反应方向即向逆反应方向移动，N2的转化率降低，选项B错误； C.平衡体系中增加N2的浓度。在这一瞬间，反应物的浓度突然增大，生成物的浓度不变，所以v(正)>v(逆)，化学平衡向正反应方向移动，直至达到新的平衡，选项C正确； D.加入催化剂，由于改变了反应途径，化学反应速率大大加快，缩短了达到平衡所需要的时间，选项D错误； 答案选C。 14.硫酸是一种重要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生产。有关反应2SO2＋O22SO3的说法中不正确的是 A. 实际生产中，SO2、O2再循环使用体现绿色化学 B. 实际生产中，为了提高经济效率压强越高越好 C. 在生产中，通入过量空气的目的是提高SO2的转化率 D. 实际生产中，选定400℃~500℃作为操作温度的主要原因是催化剂的活性最高 【答案】B 【解析】 【详解】A. 实际生产中，SO2、O2再循环使用符合绿色化学的发展理念，故正确； B. 实际生产中，为了提高经济效率，可以适当增大压强，但压强越大，对设备的要求越高，增加生产成本，故错误； C. 在生产中，通入过量空气使氧气量增加，提高二氧化硫的转化率，故正确； D. 实际生产中，选定400℃~500℃作为操作温度的主要原因是催化剂的活性最高，是正确的； 故选：B. 15.某温下气体反应达到化学平衡，平衡常数K=，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是（ ） A. 降低温度，正反应速率增大 B. 增大c（A）、c（B），K增大 C. 向容器中充入稀有气体X，压强增大，反应速率不变 D. 该反应的化学方程式为2E（g）＋F（s）A（g）＋2B（g） 【答案】C 【解析】 【详解】A.降低温度，正、逆反应速率都降低，故A错误； B. 平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故B错误； C. 向容器中充入稀有气体X，虽然压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，故C正确； D. 平衡常数K=，,则该反应为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g)，反应物和生成物都是气体，故D错误； 故选：C. 16.C(s)＋2H2(g)CH4(g) ΔH。在1 L密闭容器中投入1mol碳，并充入2mol H2，测得相关数据如图所示。 （已知：可用平衡分压代替平衡浓度算出平衡常数Kp，分压＝总压×物质的量分数 ）下列有关说法错误的 A. ΔH＜0 B. p1＜6MPa C. T1＜1 000 K D. A点的平衡常数Kp＝ 【答案】D 【解析】 【详解】A.有图像1，在等压线下，升高温度，碳的平衡转化率降低，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，ΔH＜0，故A正确； B.有图像1，向横坐标作垂线，即等温线，该反应正向是体积缩小的反应，碳的转化率越高 ，说明平衡正向进行，压强越大，即p1＜6Mpa，故B正确； C. 有选项A可知，正反应是放热反应，向横坐标作垂线，即是等压线，保持压强不变，升高温度，平衡逆向进行，碳的转化率降低，故T1＜1 000 K，故C正确； D.起始C和H2的物质的量分别为1mol和2mol，在A点碳的平衡转化率为50%， 可逆反应C（s）+2H2（g）⇌CH4（g） 开始（mol）1 2 0 反应（mol）0.5 1 0.5 平衡（mol）0.5 1 0.5 平衡时P（H2）=1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa、P（CH4）=0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa，该反应的平衡常数Kp= P(CH4)÷P2(H2)= （0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa）÷(1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5Mpa)2=2/9，故D错误； 故选：D. 第Ⅱ卷（非选择题，共52分） 17.知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理，形成如下问题(显示的电极均为石墨)。 （1）图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是___(填化学式)。 （2）利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分NaClO，则c为电源的__极；该发生器中反应的总离子方程式为__。 （3）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。如图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。 ①阳极产生ClO2的电极反应式：__。 ②当阴极产生标准状况下112mL气体时，通过阳离子交换膜离子的物质的量为___。 （4）装置2中左池为氯化铁溶液，右池为硫酸铜溶液，一段时间后右池溶液中c（Cu2+）__(填“增大”、“减小”或“不变”)，若该装置的盐桥中盛装的是NH4NO3的琼脂溶液，则盐桥中的__离子（填“NH4+”或“NO3－”）向氯化铁溶液迁移。 【答案】 (1). H2 (2). 负 (3). Cl－＋H2OClO－＋H2↑ (4). Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋ (5). 0.01mol (6). 增大 (7). NH4+ 【解析】 【分析】 (1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色； (2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成； (3)由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子。 【详解】(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，左边电极附近现象有黄绿色气体生成，阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，所以U形管右边溶液变红色， 故答案为H2; (2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则c为负极、d为正极；其电池反应式为Cl－＋H2OClO－＋H2↑故答案为：负；Cl－＋H2OClO－＋H2↑； (3) ①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋，在阴极发生2H++2e−=H2↑， 故答案为：Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋。 ②，2H++2e−=H2↑生成氢气物质的量为：112×10-3L÷22.4L/mol=0.005mol，通过阳离子交换膜的离子为+1价的离子，故通过阳离子交换膜的离子物质的量为0.01mol； (4)原电池的原理是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,负极铜单质失去电子变成铜离子，故右池溶液中c（Cu2+）增大；在原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，盛放氯化铁溶液的是正极，故NH4+移向氯化铁溶液； 故答案是：增大；NH4+。 【点睛】电解池分阴阳极，阴极与电源的负极相连，阳极与电源的正极相连，电解质电离出的阳离子移向阴极得电子被还原，阳离子移向阳极失电子被氧化（如果是活性电极材料，电极本身失电子被氧化）。 18.（1）已知①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8kJ·mol－1 ②CH4 (g)＋O2(g)=CO (g)＋2H2O(g) ΔH＝－564.3kJ·mol－1 则CH4(g)与H2O(g)反应制取CO(g)和H2(g)的热化学方程式：___。 （2）根据键能数据计算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热 ΔH＝___kJ·mol－1。 化学键 C—H C—F H—F F—F 键能/(kJ·mol-1) 414 489 565 155 （3）氢气是合成氨反应的重要原料。现将lmolN2和3molH2投入1L的密闭容器，在一定条件下，利用如下反应模拟合成氨的工业化生产：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0。当改变某一外界条件(温度或压强)时，NH3的体积分数ψ(NH3)变化趋势如图所示。 回答下列问题： ①平衡时，M点NH3的体积分数为10%，则N2的物质的量为___(保留两位有效数字)。 ②X轴上a点的数值比b点__(填“大”或“小”)；图中，Y轴表示__(填“温度”或“压强”)，判断的理由是__。 【答案】 (1). CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)，ΔH＝+161.1kJ·mol－1 (2). -1940 (3). 0.82mol (4). 小 (5). 温度 (6). 随Y值增大，φ(NH3)减小，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0向逆反应方向移动，故Y为温度 【解析】 【详解】（1）有盖斯定律知：②-①×3得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH＝－564.3kJ·mol－1-3×（－241.8kJ·mol－1）=+161.1kJ·mol－1 (2)△H=反应物键能之和−生成物键能之和，结合图表中 键能数据可知△H=414KJ/mol×4+4×155KJ/mol−(489KJ/mol×4+4×565KJ/mol)=−1940KJ/mol， 故答案为：−1940 kJ⋅mol−1； （3）①设转化的氮气为xmol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） 起始量（mol）：1 3 0 转化量（mol）：x 3x 2x 平衡量（mol）：1-x 3-3x 2x 所以（2x）2÷{(1-x)×（3-3x ）3}==10%，解得x=0.18mol mol，故氮气的物质的量是1mol-0.18mol=0.82mol； 故答案为：0.82mol； ②有图像可知X轴上a点的数值比b点小，随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H<0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动； 故答案为：小；温度；随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H<0向逆反应方向移动，故Y为温度； 【点睛】深刻理解勒夏特列原理，使用范围是已经达到平衡的可逆反应，如果改变影响平衡的一个条件，平衡向着减弱这种改变的方向移动。图像题看清横坐标，纵坐标所代表的的物理量，看清曲线的起点，折点，拐点。 19.（1）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成CO2和N2，化学方程式如下：2NO＋2CO2CO2＋N2。反应能够自发进行，则反应的ΔH___0(填“>”“<”或“＝”)。 （2）已知：反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2。不同温度时K1、K2的值如下表： 温度/K K1 K2 973 1.47 2.38 1 173 2.15 1.67 根据表中数据，计算反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的K。 ①平衡常数的表达式K1＝___； ②温度为973K时：K＝___；(结果保留小数点后2位) ③反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是__(填“吸热”或“放热”)反应。 （3）已知在温度为T时，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1mol·L－1，c始(H2O)＝1mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为10%，则该反应___(填“已经”或“没有”)达到平衡，原因是__；此时刻v正__(填“＞”或“＜”)v逆。 【答案】 (1). ＜ (2). (3). 0.62 (4). 吸热 (5). 没有 (6). 此时Qc=＝≈0.0123＜0.32=K (7). ＞ 【解析】 【分析】 （1）依据反应自发进行的判断依据△H-T△S<0分析判断； （2）①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g） I、Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g） II， 将方程式I-II得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），则化学平衡常数K= c(CO)．c(H2O) c(CO2)．c(H2) = K1 K2 ，计算温度为973K时K值； ②根据K= K1 K2 ③升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据K值判断正反应的反应热． （3）根据转化率计算各物质的浓度，进而计算Qc，与平衡常数相比较，可判断反应是否达到平衡状态，并判断反应的方向． 【详解】（1）2NO+2CO⇌2CO2+N2 反应的△S<0，反应自发进行△H-T△S<0，则反应焓变一定小于0，△H<0，反应是放热反应，故答案为：<； (3)①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)I、Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)II， 将方程式I−II得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）,则化学平衡常数K={c(CO)×c(H2O)}÷{c(CO2).c(H2)}={ c(CO)÷c(CO2)}×{c(H2)c(H2O)}=K1÷K2,温度为973K时K=1.47÷2.38=0.62， 故答案为： ；0.62； ③升高温度，化学平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，故答案为：吸热。 (3)某时刻经测定CO的转化率为10%，则 CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)， 起始(mol/L):1 1 0 0 转化(mol/L):0.1 0.1 0.1 0.1 某时刻(mol/L):0.9 0.9 0.1 0.1 Qc=0.1×0.1÷(0.9×0.9)=0.012<0.32， 则没有达到平衡状态,反应向正反应方向移动,v正>v逆， 故答案为：没有；Qc查看更多