2018-2019学年福建省厦门市湖滨中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年福建省厦门市湖滨中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

厦门市湖滨中学2018---2019学年第二学期期中考 高二化学试卷 可能用到的相对原子质量：C-12 H-1 O-16 N-14 Cu-64 Fe-56‎ 一、单选题（共15题，每小题3分，共45分）‎ ‎1.下列对生产、生活中的有关问题认识正确的是（ ）‎ A. 用新能源代替化石燃料，可以减少雾霾天气的发生 B. 采用催化转换技术提高汽车尾气中有害气体的转化率 C. 明矾、活性炭、氯化铁等净水剂，使用时均利用了水解的原理 D. 氢氧燃料电池、铅蓄电池、硅太阳能电池中都利用了原电池原理 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 化石燃料包括煤、石油和天然气等，尤其是煤燃烧会产生烟尘和二氧化硫气体，所以用新能源代替化石燃料，可以减少雾霾天气的发生，故A正确；‎ B. 采用催化转换技术，将汽车尾气中有害气体转化为无害气体，催化剂不影响化学平衡，不能提高有害气体的转化率，故B错误；‎ C. 明矾和氯化铁净水是利用了铝离子和铁离子的水解反应；活性炭净水是利用了活性炭的吸附性，故C错误；‎ D. 氢氧燃料电池、铅蓄电池利用了原电池原理；硅太阳能电池中利用了光电效应而非原电池原理，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 碳燃烧的热化学方程式为C(s)+1/2O2(g)＝CO(g) ΔH=+110.5kJ·mol-1‎ B. 镀锌铁皮发生电化学腐蚀时，负极反应式为：Zn－2e–= Zn2＋‎ C. NaHS水解的离子方程式是：HS﹣+H2OS2﹣+H3O+‎ D. 溶液中碳酸的电离方程式为：H2CO32H++ CO32–‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳燃烧反应为放热反应，ΔH<0，故A错误；‎ B. 电化学腐蚀原电池原理，活泼金属作负极，负极失电子，反应式为：Zn－2e–= Zn2＋‎ ‎，故B正确；‎ C. NaHS水解的离子方程式应是：HS﹣+H2OH2S+OH-，故C错误；‎ D. 二元弱酸的电离是分步电离的，应分步书写，其中第一步电离远大于第二步电离，所以溶液中碳酸的电离方程式为：H2CO3H++HCO3–，HCO3-H++CO32-，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.在CH3COOHH++CH3COO﹣的电离平衡中，要使电离平衡向左移动，应采取的措施是（ ）‎ A. 加冰醋酸 B. 加CH3COONa C. 加水 D. 加NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．向醋酸中加入冰醋酸，电离程度减少，但平衡向正反应方向移动，故A不选；B．向醋酸中加入醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子，所以溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，故B选；C．加水促进电离，平衡正向移动，故C不选；D．向溶液中加入固体氢氧化钠，氢氧根离子和氢离子反应生成水，所以能促进醋酸电离，平衡向正反应方向移动，故D不选；故选B。‎ 考点：考查弱电解质的电离。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温下，pH=1的盐酸中，含H+ 的数目为0.1NA B. 含有1mol NH4Cl和少量NH3·H2O的中性溶液中，NH4+数目为NA C. 密闭容器中，2molSO2与1molO2充分反应后生成SO3的分子数为2NA D. 电解饱和食盐水，当阴极产生2.24L H2时，转移的电子数一定为0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 不知道盐酸的体积，无法计算溶液中氢离子的数目，故A错误；‎ B.溶液呈中性，则说明c(H+)=c(OH-) ，根据电荷守恒知c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以n(NH4+)=n(Cl-)=1mol，所以NH4+数目为NA，故B正确；‎ C. 2molSO2与1molO2反应是可逆反应，无法完全反应得到2molSO3，故C错误；‎ D. 没有说明是标准状况，所以根据气体的体积无法计算气体的物质的量，也无法计算电子的转移数目，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在涉及到气体体积的计算时一定要注意是否为标准状况；在计算溶液中离子数目时，要注意是否知道溶液的体积。‎ ‎5.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 盐酸的导电能力一定比醋酸的导电能力强 B. 一定量的锌粒与足量稀硫酸反应，向反应混合液中加入醋酸钠固体，产生H2速率减小，H2体积减小 C. 同温度下，0.1mol·L－1氨水中NH4+的浓度比0.1mol·L－1NH4Cl溶液中NH4+的浓度小 D. 将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧可得到CuCl2固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液的导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷数有关，A项没有说明溶液的浓度，故A错误；‎ B.加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度减低，所以产生H2速率减小，由于Zn的物质的量不变，所以产生的H2体积不变，故B错误；‎ C.同温度下，氨水属于弱电解质，只有少部分电离，NH4Cl属于强电解质，完全电离，所以相同浓度的氨水及NH4Cl溶液中，氨水中NH4+的浓度小，故C正确；‎ D. CuCl2溶液在加热过程中由于HCl的挥发，使Cu2+的水解平衡正向移动最终生成Cu(OH)2，灼烧Cu（OH）2得到CuO固体，故D错误，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题易错选A，注意电解质的强弱与溶液导电能力的强弱之间无必然联系。‎ ‎6.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）‎ ‎①25℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7 ②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗 ‎③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。①中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸；②只能说明亚硝酸的溶液导电性若，但不能说明是否存在电离平衡；③中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡；④根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明，答案选C。‎ 考点：考查弱酸的判断 点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。该题贴近高考，基础性强，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是明确弱电解质的含义以及判断依据，然后结合题意具体问题、具体分析即可。‎ ‎7.常温下某溶液中水电离出的c(H+)=1×10－10 mol•L-1，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. NH4＋、Fe2＋、NO3－、SO42－ B. Na＋、K＋、Cl－、SO42－‎ C. Mg2＋、H＋、Cl－、NO3－ D. K＋、Ca2＋、HCO3－、Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下某溶液中水电离出的c(H+)=1×10－10 mol•L-1，由此可见水的电离受到抑制，所以溶液为酸性或是碱性，即溶液中可能还存在大量氢离子或是氢氧根离子；‎ A.若溶液呈酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，若溶液呈碱性，则NH4＋、Fe2＋不能大量存在，故A不选；‎ B. Na＋、K＋、Cl－、SO42－与H+、OH-都不反应，所以可以大量共存，故B正确；‎ C. 若溶液呈碱性，Mg2＋、H＋不能大量存在，故C不选；‎ D.不论是酸性还是碱性溶液中，HCO3-都不能大量存在，故D不选，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】有限制条件的离子共存问题，要注意隐含条件，比如溶液的酸碱性，颜色等；常温下，纯水电离出的c(H+)=1×10－7 mol•L-1，若溶液中水电离出的c(H+)<1×10－7 mol•L-1，则说明水的电离受到抑制。‎ ‎8.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x ‎（x=0或1）。下列说法正确的是(　　)‎ A. 放电时，多孔碳材料电极为负极 B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移 D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1—）O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是电池的基本构造和原理，应该先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。‎ 详解：‎ A．题目叙述为：放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，选项A错误。‎ B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B错误。‎ C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项C错误。‎ D．根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应应该是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + (1－)O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X ＝ 2Li + (1－)O2，选项D正确。‎ 点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。‎ ‎9.支撑海港码头基础的钢管桩，常用下图的方法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（ ）‎ A. 该保护方法称为外加电流的阴极保护法 B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管柱 C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钢管桩连接电源的负极，不失电子，所以该保护方法称为外加电流的阴极保护法，故A正确；‎ B. 外电路中，电子从高硅铸铁流向电源正极，从电源负极流向钢管桩，故B正确；‎ C. 高硅铸铁作为惰性辅助阳极，不被损耗，故C错误；‎ D. 通入的保护电流应抑制钢管桩电化学腐蚀产生的电流，应该根据环境条件(pH值，离子浓度，温度)变化进行调整，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎10.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图1表示一定量冰醋酸晶体加水过程中溶液导电性的变化 B. 图2表示某温度下，相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释，a、b、c三点溶液的KW：c=bc(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)‎ D. 在M点时，n(OH-)+0.05=a+n(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．M点是向1L 0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A错误；B．1L0．lmol•L-1NH4Cl溶液中，存在物料守恒c(NH4+)+c(NH3•H20)=0.1mol/L，随着NaOH的加入，NH4+与NH3·H2O物质的量总量不变，故B错误；C．向1L 0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH)=0.05mol时，得到物质的量均为0.05molNH4Cl、0.05molNaCl和0.05molNH3•H2O的混合物，由于NH3•H2O电离大于NH4Cl水解，故离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D．在M点时溶液中存在电荷守恒，n(0H-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(0H-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol，则n(OH-)+0.05=a+n(H+)，故D正确；答案为D。‎ ‎14.浓度均为0.1mol·L－1、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg[V/V0]的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)：ab D. lg[V/V0]=3，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)， 则c(X-)/c(Y-)减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、加水稀释，对水的电离抑制减弱，促进水的电离，因此水电离出的c(H＋)×c(OH－)：ac(CN-)，下列关系正确的是____（填标号）。‎ A．c(H+)>c(OH-) B．c(H+)A>C (2). CNˉ+CO₂+ H2O = HCO3ˉ+HCN (3). B、D (4). HCO3ˉ+ H2OH2CO3+OHˉ (5). c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-） (6). c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-） (7). 稀盐酸 (8). Al3+ + 3HCO3ˉ = Al（OH）3 ↓+3CO₂↑ (9). 10:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据弱电解质的电离平衡常数及水解原理比较溶液的酸碱性；根据电荷守恒物料守恒等规律比较溶液中离子浓度大小；根据pH的表达式进行相关计算。‎ ‎【详解】（1）电离平衡常数，CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故答案为 B>A>C；‎ ‎（2）因为HCNK＝4.9×10－10大于H2CO3的K2＝4.7×10－11，所以NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应的离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCN；‎ ‎（3）将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L-1的NaCN、HCN，测得c（Na+）＞c（CN-），根据电荷守恒可知：c（H+‎ ‎）＜c（OH-），溶液呈碱性；‎ A．根据分析可知，溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH-），故A错误；‎ B．混合液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），故B正确；‎ C．溶液中含有等物质的量的NaCN和HCN，溶液呈碱性，则CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)>c(OH-)，故C错误；‎ D．根据物料守恒可知：c（HCN）+c（CN-）=0.01mol/L，故D正确，故答案为：BD；‎ ‎（4）NaHCO3溶液呈碱性，是因为HCO3-水解程度大于电离程度，水解的离子方程式为：HCO3ˉ+ H2OH2CO3+OHˉ；碳酸氢钠完全电离，碳酸氢根水解程度大于电离程度，所以溶液中各离子浓度的大小为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）；电荷守恒表达式 c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；‎ II（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，在配制FeCl3的溶液时，滴加少量稀盐酸，抑制Fe3+水解，故答案为：稀盐酸；‎ ‎（2）浓的Al2(SO4)3溶液和浓的小苏打(NaHCO3)溶液混合后发生水解反应且相互促进，使得反应进行到底，离子反应方程式为Al3+ + 3HCO3ˉ = Al（OH）3 ↓+3CO₂↑；‎ ‎（3）氢氧化钠和盐酸都属于强电解质，完全电离，且1:1反应时溶液呈中性，则a××b，则a:b=10:1。‎ ‎18.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：‎ ‎（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是______（填标号）。‎ A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以 B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 C．0.10 mol·L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1‎ D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸 ‎（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。‎ ‎①H2S的平衡转化率a1= ____%，反应平衡常数K=_____（保留2位有效数字）。‎ ‎②在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率a2____a1，该反应的∆H___0。（填“>” “<” 或“=”）‎ ‎③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是____（填标号）。‎ A.H2S B.CO2 C.COS D.N2‎ ‎【答案】 (1). D (2). 2.5 (3). 0.00285 (4). > (5). > (6). B ‎【解析】‎ ‎(1)A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故A正确；B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故B正确；C.0.10mol•L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故C正确；D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故D错误；故答案为：D；‎ ‎(3)对于反应H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)‎ ‎ 起始(mol) 0.40      0.10           0             0‎ 转化(mol) x           x                x            x 平衡(mol) 0.40-x    0.10-x       x             x 反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，x=0.01。‎ ‎①H2S的平衡转化率a1=×100%=2.5%，体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c(H2S)=mol/L=0.156mol/L，c(CO2)=mol/L=0.036mol/L，c(COS)=c(H2O)=mol/L=0.004mol/L，则K==0.00285，故答案为：2.5；0.00285；‎ ‎②根据题目提供数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大，a2＞a1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0，故答案为：＞；＞；‎ ‎③A．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，故A错误；B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，故B正确；C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，故C错误；D．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，故D错误；故答案为：B。‎ 点睛：本题涉及元素周期律、热化学方程式以及化学平衡的影响因素和计算等问题，注意把握盖斯定律的应用以及化学平衡三段式的计算方法。本题的易错点为(1)，强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，要证明某是弱电解质，只要证明存在部分电离即可，可以根据钠盐溶液的酸碱性、一定浓度的酸pH等方法判断。‎ ‎19.一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n(mol)随时间t的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积百分含量将减小。‎ ‎（1）根据上图数据，写出反应的化学方程式 _______；从反应开始到平衡时的平均速率v(C)=________。‎ ‎（2）该反应的ΔH ______ 0(填“＞”、“＜”或“=”)。‎ ‎（3）此反应平衡常数的表达式为K=___________。‎ ‎（4）该反应的反应速率v和时间t的关系如图2所示：‎ ‎①根据上图判断，在t3时刻改变的外界条件是_______________。‎ ‎②A的转化率最大的一段时间是_____________________。‎ ‎③各阶段的平衡常数如表所示：‎ K1、K2、K3之间的关系为：______(用“>”、“<”或“=”连接)。‎ ‎【答案】(1)A＋2B2C 0.04 mol·L－1·min－1‎ ‎(2)＜ (3)(4)①升高温度 ②t2～t3③K1>K2=K3‎ ‎【解析】‎ ‎(1)根据图像可知，A、B为反应物,C为生成物，从反应开始到达平衡的过程中A、B、C的物质的量的变化为0.3 mol、0.6 mol、0.6 mol，所以反应方程式为A＋2B2C。C的平均速率为0.6 mol/(5 L×3 min)="0.04" mol·L－1·‎ min－1。‎ ‎(2)反应达到平衡后，降低温度，A的体积分数减小，说明降低温度平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应。‎ ‎(3)该反应的平衡常数表达式为K=‎ ‎(4)①t3时刻改变条件，正逆反应速率都增大，且平衡向逆反应方向进行，则改变的条件是升高温度。‎ ‎②t5时刻改变的条件是使用催化剂，A的转化率不变，故整个过程中A的转化率最大的一段时间是t2～t3。‎ 因为t3升高温度，t5使用催化剂，该反应为放热反应所以K1>K2=K3‎ ‎20.我们在实验室模拟工业制氨的过程，以探究外界条件对平衡的影响。‎ 查阅资料，获得以下键能数据：‎ 化学键 N≡N H-H N-H 键能/(kJ/mol)‎ ‎946‎ ‎436‎ ‎391‎ ‎（1）计算工业合成氨反应的反应热：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=________kJ/mol ‎（2）一定温度下，向一个恒压容器中充入N2 0.6mol，H2 0.5mol，在一定温度下进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，达到平衡时，N2转化率为1/6，此时容器的体积为1L。‎ ‎①该温度时容器中平衡体系的平衡常数是________。‎ ‎②若保持平衡时的温度和压强不变，继续向平衡体系中通入氖气，则平衡将____(填“正向”，“逆向”或“不”)移动。‎ ‎（3）在两个压强相等，温度分别为T1和T2的容器中充入由1molN2和3molH2‎ 组成的混合气体，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，平衡后改变容器体积，容器内 N2的体积分数随压强的变化如图所示。据图判断下列说法正确的是____（填标号）。‎ a．A、B、C三点的平衡常数大小关系：KAC ‎（4）合成氨工业会产生大量副产物CO2，工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置如图所示：‎ ‎①在阳极区发生的反应包括____________________和H++ HCO3-=H2O+CO2↑。‎ ‎②简述CO32-在阴极区再生的原理___________________________。‎ ‎③再生装置中产生的CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇，‎ 工业上利用该反应合成甲醇。已知：25℃，101KPa下：‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=—484kJ/mol ‎2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2 (g)+4H2O(g) ΔH2=—1352kJ/mol 写出CO2和H2生成1molCH3OH(g)的热化学方程式______________________。‎ ‎【答案】 (1). —92 (2). 10 (3). 逆向 (4). b (5). 4OH--4e-=O2↑ +2H2O (6). 溶液中HCO3-存在电离平衡：HCO3-CO32-+H+，阴极H+放电，c（H+）减少平衡右移CO32-再生（或阴极H+放电，使c（OH-）增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-） (7). CO2（g）+3H2（g）= CH3OH（g）+H2O（g） △H=-50kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据键能计算反应热；根据三段式计算平衡常数、化学平衡原理判断平衡移动方向；根据电解池原理书写电极反应式；根据盖斯定律计算并书写热化学方程式。‎ ‎【详解】（1）反应热等于反应物中键能总和减去生成物中键能总和：即△H=946kJ/mol+436kJ/mol×3-391kJ/mol×6=-92kJ/mol；‎ ‎（2）用三段式法对数据进行处理得：‎ N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)‎ 起始（mol） 0.6 0.5 0‎ 反应（mol）0.6×1/6=0.1 0.3 0.2‎ 平衡（mol） 0.5 0.2 0.2‎ ‎①该温度时容器中平衡体系的平衡常数K=； ‎ ‎②若保持平衡时的温度和压强不变，继续向平衡体系中通入氖气，氖气不参加反应，容器体积增大，反应物和生成物浓度减小，相当于减小压强，根据勒夏特列原理平衡向体积增大的方向移动，即平衡将逆向移动；‎ ‎（3）a．平衡常数只和温度有关，所以T1温度时，B、C两点的平衡常数相等，故a错误；‎ b．由图所示压强相等时，A点 N2的体积分数大于B点，由于该反应的∆H<0，说明T2>T1，A点气体总物质的量和温度都比B点高，说明A点时容器内气体的总体积大于B点，气体的总质量保持不变，则A点和B点混合气体的密度大小关系：AA，故c错误，故此题选b；‎ ‎（4）①如图所示，右侧为阳极，阳极发生氧化反应，元素化合价升高，则阳极区发生的反应为：4OH--4e-=O2↑ +2H2O；‎ ‎②如图所示，CO32-在阴极区再生的原理为溶液中HCO3-存在电离平衡：HCO3-CO32-+H+，阴极H+放电，c（H+）减少平衡右移CO32-再生（或阴极H+放电，使c（OH-）增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-）；‎ ‎③由题干知：I 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=—484kJ/mol，‎ II 2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2 (g)+4H2O(g) ΔH2=—1352kJ/mol；‎ 根据盖斯定律，反应（I×3-II）/2得：CO2（g）+3H2（g）= CH3OH（g）+H2O（g）△H=(—484kJ/mol×3+1352kJ/mol)/2=-50kJ/mol，故CO2和H2生成1molCH3OH(g)的热化学方程式为： CO2（g）+3H2（g）= CH3OH（g）+H2O（g） △H=-50kJ/mol。‎ ‎ ‎