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文档介绍
【化学】福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题 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. 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. 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. 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. 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 平衡体系中增加N2 压强对反应的影响（p2>p1） 温度对反应的影响 的浓度对反应的影响 催化剂对反应的影响 示意图 【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+。 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； 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