天津市静海区第一中学2020届高三上学期12月学生学业能力调研化学试题
静海一中2019-2020第一学期高三化学（12月）
学生学业能力调研试卷
考生注意：
本试卷分第Ⅰ卷基础题（80分）和第Ⅱ卷提高题（20分）两部分，共100分。
相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Si：28
第Ⅰ卷 基础题（共80分）
一、选择题：每小题12分，共36分。
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是
A. “绿水青山就是金山银山”，矿物燃料的脱硫脱硝，可以减少SO2、NO2 的排放
B. 2017 年11月5 日，发射北斗三号全球导航卫星计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅
C. 为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
D. 2M +N=2P+2Q，2P+M=Q(M、N 为原料，Q为期望产品)，不符合绿色化学的理念
【答案】A
【解析】
SO2、NOx是污染性气体，大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术以减少SO2、NO2的排放符合绿色化学的理念，故A正确；计算机的芯片材料是高纯度晶体硅，故B错误；生石灰或硅胶是干燥剂，不能防止氧化变质，故C错误；2M +N=2P+2Q，2P+M=Q的总反应是3M +N=3Q，原料完全转化为期望产品，符合绿色化学的理念，故D错误。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定
B. 500℃、30M Pa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH ＝ －38.6 kJ/mol
C. 已知热化学方程式：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH ＝ －Q kJ/mol，若将一定量SO2(g)和O2(g)置于密闭容器中充分反应后放出热量Q kJ，则此过程中有2 mol SO2(g)被氧化
D. X(g)＋Y(g)Z(g) ΔH >0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应ΔH增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A.单质A转化为单质B是吸热反应，说明B能量高，能量高不稳定，A项错误；B.热方程式中的△H是指1molN2和3molH2完全反应时的焓变，作为可逆反应,0.5molN2
和1.5molH2不可能完全反应，所以若1molN2完全反应，放出的热量应该大于38.6kJ，B项错误；C.根据B项分析，△H是指2molSO2完全反应时的焓变，2molSO2参加反应（被氧化）放出热量为Q，则若放出热量Q kJ，则此过程中有2 mol SO2(g)被氧化，C.项正确；D.方程式中△H是指1molX完全反应的焓变,与加入的X量无关，D项错误；答案选C。
考点：考查化学反应中的能量变化。
3.下列有关反应限度的叙述正确的是（ ）
A. 使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，改变反应限度
B. 依据焓判据：NH4HCO3受热分解可自发进行
C. 活化能接近于零的反应，当反应物相互接触时，反应瞬间完成，而且温度对其反应速率几乎没有影响
D. FeCl3与KSCN反应达到平衡时，向其中滴加少量KCl溶液，则溶液颜色变深
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中反应限度可知，本题考查化学反应限度（即化学平衡），运用各因素对化学平衡的影响分析。
【详解】A.加入催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响化学平衡，A项错误；
B.反应向焓减少的方向进行，NH4HCO3受热分解是吸热反应，不能自发进行，B项错误；
C.活化能接近于零的反应，所以分子基本是活化分子，所以只要接触就可迅速反应，反应瞬间完成，所以温度对其反应速率影响就不大，C项正确；
D.实际参加反应的离子是Fe3+和SCN-，K+和Cl-不参加反应，滴入少量滴加KCl溶液，对溶液体积基本不影响，不影响平衡体系中各离子的浓度，平衡不移动，颜色不会加深，D项错误；
答案选C。
【点睛】温度、浓度、压强都可以使化学平衡发生移动，但使用催化剂可以加快反应速率，不能使化学平衡发生移动。
4.对于平衡体系mA(g)+nB(g)=C(g)+gD(g)；△H<0，下列结论中错误的是（ ）
A. 若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m+n
r(X)>r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质分子在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子.下列说法中不正确的是
A. X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒 B. C极易溶于B中，溶液呈碱性
C. Y与Z形成的二元化合物只含有极性键 D. A和C能发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】
根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A、X与Z形成的某种化合物H2O2可用来杀菌消毒，故A正确；B、C是NH3，极易溶于B——H2O中，溶液呈碱性，故B正确；C、Y与Z形成的二元化合物可能是NH3
只含有极性键,也可能是N2H4其中N―H是极性键，N―N是非极性键，故C错误；D、NO和NH3能发生氧化还原反应，故D正确。故选C。
10.在20L的密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。测得CO的转化率随温度的变化及不同压强下CO的变化如图所示，p2和195℃时n(H2)随时间的变化结果如下表所示。下列说法正确的是（ ）
p2和195℃时n(H2)
t/min
0
1
3
5
n(H2)/mol
8
5
4
4
A. p2和195℃时，0～3min，反应速率v(CH3OH)＝mol·L－1·min－1
B. p10
C. 在p2和195℃时，该反应的平衡常数为25
D. 195℃、p2时，在B点：v正>v逆
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题中CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH可知，本题考查温度和压强对化学平衡的影响及化学反应速率的计算，运用勒夏特列原理和化学反应速率之比等于化学计量数之比分析。
【详解】A. p2和195℃时，0～3min ，A项错误；
B.根据反应特点，温度不变，压强越大，CO的转化率越大，所以p2>P1，压强不变，升高温度，CO的转化率减小，所以△H<0，B项错误；
C.CO、H2、CH3OH的平衡浓度分别c(CO)=0.1 mol/L，c(H2)=0.2mol/L，c(CH3OH)=0.1mol/L，
, C项正确；
D.从图像可知，若要使B点在该条件下达到平衡，CO的转化率要减小，即反应应向左进行，所以v正HB->HA，酸性越强，其阴离子结合质子的能力越弱，则A->B2-->HB-，D项错误；
答案选D。
12.硼化钒(VB2)空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图，该电池工作时发生的反应为：4VB2＋11O2=4B2O3＋2V2O5。下列说法不正确的是（ ）
A. 电极a为电池正极
B. 电池工作过程中，电极a附近区域pH减小
C. 图中选择性透过膜为阴离子透过膜
D. VB2极发生的电极反应为：2VB2＋22OH－－22e－=V2O5＋2B2O3＋11H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题中硼化钒(VB2)空气电池可知，本题考查燃料电池，运用原电池原理和氧化还原反应知识分析。
【详解】A.硼化帆一空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，A项正确；
B.硼化钒-空气燃料电池中，氧气在a极上得电子，氧气得电子生成氢氧根离子，所以a电极附近溶液pH增大，B项错误；
C.氧气在正极上得电子生成OH-，OH-通过选择性透过膜向负极移动，所以图中选择性透过膜应只允许阴离子通过，C项正确；
D.负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2＋22OH－－22e－=V2O5＋2B2O3＋11H2O，D项正确。
答案选B。
【点睛】燃料电池正负极判断：燃料电池中氧气做正极,燃料做负极。
二、填空题：3个小题，共44分。
13.（1）利用电化学原理将CO、SO2转化为重要化工原料，装置如图所示：
①若A为CO，B为H2，C为CH3OH，则通入CO的一极为___极，该极的电极反应式为___。
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极的电极反应式为___。
③若A为NH3，B为O2，C为HNO3，则正极的电极反应式为___。
④若用上述①作电池电解200mL含有0.1mol·L－1NaCl和0.1mol·L－1CuSO4的混合溶液(电极均为惰性电极)，当消耗标况下0.448LH2时，阳极产生的气体为___(填化学式)，其物质的量为___，溶液的pH＝___(忽略铜离子水解，假设电解前后溶液体积不变)。
（2）根据2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O设计图示装置(均为惰性电极)
电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中右侧电极连接电源的___极，其电极反应式为___。
【答案】 (1). 正 (2). CO+4e-+4H+=CH3OH (3). SO2+2H2O-2e-= SO42-+4H+ (4). O2+4e-+4H+=2H2O (5). Cl2、O2 (6). 0.01mol、0.005mol (7). 1 (8). 正 (9). 4 OH--4e- = O2↑+2H2O
【解析】
【分析】
根据题中利用电化学原理将CO、SO2转化为重要化工原料可知，本题考查电化学知识，运用原电池原理和电解池原理分析。
【详解】（1）①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂，则通入CO的电极为正极，电极方程式为CO+4e-+4H+=CH3OH，
故答案为：正；CO+4e-+4H+=CH3OH；
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4
，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2+2H2O-2e-= SO42-+4H+，
故答案为：SO2+2H2O-2e-= SO42-+4H+；
③若A为NH3，B为O2，C为HNO3，则正极发生还原反应，氧气得电子生成水，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，
故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；
④计算得到，电解含有0.02mol CuSO4和0.02molNaCl的混合溶液200mL，当消耗标况下0.448LH2时，，则电路中转移了0.04mole-，依据电极反应和电子守恒分析判断：阳极：2Cl- - 2e- = Cl2↑ ，
0.02mol 0.02mol 0.01mol
4OH- - 4e- = 2H2O + O2↑
0.02mol 0.02mol 0.005mol
阴极：Cu2+ + 2e- = Cu
0.02mol 0.04mol
阳极氢氧根离子减少0.02mol，则溶液中氢离子增加0.02mol，溶液中氢离子浓度=，溶液pH=1，
故答案为：Cl2、O2； 0.01mol、0.005mol；1；
（2）根据2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O设计图示装置（均为惰性电极）电解NaCrO4溶液制取NaCr2O7，需要通过电解消耗OH-，提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极，连接电源的正极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，
故答案为：正；4OH--4e- = O2↑+2H2O。
【点睛】原电池：负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子从负极流出、正极流入；
电解池：阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，电子从阳极流出、阴极流入。
14.铬铁合金作为钢的添加料生产多种具有高强度、耐高温、耐腐蚀等优良性能的特种钢，这类特种钢中含有碳、硅、氧、氮、磷等元素。
（1）基态Cr原子的价电子排布式为___。
（2）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___。
（3）PO43-的空间构型为___，中心原子的杂化方式为___。
（4）无水CrCl3和氨分子作用能形成某种配合物，该配合物的组成相当于CrCl3·6NH3。已知：若加入AgNO3溶液，能从该配合物的水溶液中将所有的氯沉淀为AgCl；若加入NaOH
溶液并加热，无刺激性气体产生。请从配合物的形式推算出它的内界和外界，写出该配合物的结构式__，1mol该配合物中含有σ键的数目为__。
（5）铁和氮形成一种晶体，晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为___，若该晶体的密度为ρg·cm－3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是__cm3。
【答案】 (1). 3d54s1 (2). N>O>C (3). 正四面体 (4). sp3 (5). [Cr(NH3)6]Cl3 (6). 24NA (7). Fe4N (8).
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查原子电子排布、元素电离能、粒子空间构型、中心原子杂化方式等，运用电子排布规则、元素电离能规律、VSEPR理论分析。
【详解】（1）基态Cr原子核外有24个电子，电子排布式为[Ar] 3d54s1，故价电子排布式为3d54s1；
故答案为：3d54s1；
（2）同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于N的2p能级上电子半充满，为较稳定结构，故其第一电离能大于O的第一电离能，故第一电离能：N>O>C；
故答案为：N>O>C；
(3）PO43-中P无孤电子对，形成的σ键数目为4个，空间构型为正四面体形，中心原子P的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：正四面体形；sp3杂化；
(4) 加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl-为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3，该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N-H键为σ键，故1mol该配合物中含有σ键的数目为24NA；
故答案为：[Cr(NH3)6]Cl3；24NA；
(5)该晶胞中Fe位于顶点和面心，Fe原子个数为，N位于体心，个数为1
，故该晶体的化学式为Fe4N。该晶胞质量为=g，故该晶胞的体积为g gcm3=cm3；
故答案为：Fe4N；。
15.氮及其化合物的转化对工农业生产及环境保护有重要的意义。
（1）下面是氮的氧化物在几种不同情况下的转化：
①已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6kJ·mol－1
2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0kJ·mol－1
则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的热化学方程式为___。
②a.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使其反应达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图1所示。反应在c点___(填“达到”或“未到”)平衡状态。
b.开始时，分别在该容器中加入Ⅰ：2molSO2(g)和2molNO2(g)；Ⅱ：2molSO3(g)和2molNO(g)。则反应达到平衡时，平衡常数：Ⅰ__(填“>”“＝”或“<”)Ⅱ。
（2）常温时向浓度为0.1mol·L-1体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测得溶液的pH随盐酸体积的变化曲线如图2所示，d点处两种溶液恰好完全反应。根据图2回答下列问题：
①b、c、d三点对应的溶液中，水电离的c(OH－)由大到小的顺序为____。
②滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的有___。
a. b.
c. d.
③该温度时氨水的电离平衡常数K＝___。
（3）氮的氧化物易污染环境，可用氢氧化钠溶液吸收。发生的反应为：
2NaOH＋NO＋NO2=2NaNO2＋H2O
2NaOH＋2NO2=NaNO3＋NaNO2＋H2O
将反应混合液和氢氧化钠溶液分别加到如图3所示的电解槽中进行电解，A室产生N2。
①电极Ⅱ是__极，B室产生的气体是___。
②A室NO2-发生的电极反应是__。
【答案】 (1). SO2(g)＋NO2(g)NO(g)＋SO3(g) ΔH＝－41.8 kJ·mol－1 (2). 未到 (3). < (4). d>c>b (5). cd (6). 10－5(或10－5 mol·L－1) (7). 阳 (8). O2 (9). 2NO2-＋6e－＋4H2O=8OH－＋N2↑
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查盖斯定律、化学平衡常数、弱电解质的电离、电解原理等知识，运用盖斯定律、化学平衡常数计算公式、弱电解质的电离规律、电解原理分析。
【详解】(1) ①已知：a:2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6kJ·mol－1
b:2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0kJ·mol－1
根据盖斯定律，由得, SO2 (g)+NO2(g) NO(g)+SO3(g) △H=-41.8 kJ·mol－1。
故答案为: SO2(g)＋NO2(g)NO(g)＋SO3(g) ΔH＝－41.8 kJ·mol－1；
②a.反应达到平衡的标志是v正=v逆，且不再变化，而c点对应的v正还在改变，故反应在c点未到平衡状态。
故答案: 未到；
b.若容器恒温恒容，则平衡常数：Ⅰ=Ⅱ，而实际上容器恒容绝热,SO2(g)+NO2(g)
NO(g)+SO3(g) ΔH<0，若在该容器中加入2 molSO2(g) 和2molNO (g)则反应放出热量；若在容器中加入2mol SO3(g)和2mol NO(g)，则反应吸收热量，据此分析平衡常数：Ⅰ<Ⅱ。
故答案为: <；
（2）①在b点对应的溶液中，溶质为一水合氨和氯化铵，且二者浓度相等，由题图2可知，溶液呈碱性，则一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，此时水的电离受到抑制，在c点对应的溶液中，溶质仍为一水合氨和氯化铵，但二者浓度不相等，由题图2知，c点溶液呈中性，则此时一水合氨的电离程度等于氯化铵的水解程度，水的电离不受影响，在d点对应的溶液中，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，溶液呈酸性，对水的电离起促进作用，所以b、c、d三点对应的溶液中，水电离的c（OH-）大小顺序为d>c>b。
故答案为: d>c>b；
②滴定时，由b点到c点的过程中，溶液碱性减弱，酸性增强。，由b点到c点的过程中，c（OH-）不断减小，故该值增大，a不符合题意；
由b点到c点的过程中，c（H+）不断增大，c（OH-）不断减小，的值逐渐增大，b不符合题意；
的值等于一水合氨的电离平衡常数，因Kb（NH3·H2O）只与温度有关，滴定过程中温度不变，则的值不变，c符合题意；
的值等于铵根离子的水解平衡常数，b点到c点过程中不变，d符合题意。
故答案为: cd；
③未加盐酸时，氨水浓度为0.1mol/L，溶液pH=11，则溶液中，水的电离程度较小，溶液中c(OH-)≈c(NH4+)，又一水合氨的电离程度较小，则c(NH3·H2O)=0.1mol/L，氨水的电离平衡常数
。
故答案为: 10－5(或10－5 mol·L－1)；
(3)由A室产生N2，可知A室的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2-在电极Ⅰ上放电生成N2，电极反应式为2NO2-＋6e－＋4H2O=8OH－＋N2↑，则电极Ⅰ为阴极，电极为Ⅱ阳极，B室的电解质溶液为NaOH溶液，OH-在电极Ⅱ上放电生成O2。
故答案: 阳； O2； 2NO2-＋6e－＋4H2O=8OH－＋N2↑。
16.实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4+＋6HCHO=3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1mol(CH2)6N4H＋与1molH＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ 称取样品1.500g。
步骤Ⅱ 将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ 移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
（1）根据步骤Ⅲ填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液体积___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
对滴定结果的分析最终都是由___的变化来分析C测变化。
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察___。
④滴定达到终点现象__ 。
（2）滴定结果如下表所示：
若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol/L，则该样品中氮的质量分数为___。(保留4位有效数字)
【答案】 (1). 偏高 (2). 无影响 (3). 溶质物质的量和溶液体积 (4). 锥形瓶中溶液颜色变化 (5). 当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原来的颜色 (6). 18.85%
【解析】
【分析】
根据题中甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数可知，本题考查酸碱滴定，运用酸碱滴定步骤、误差分析方法分析。
【详解】（1）①滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小，消耗标准液体积增大，氢离子物质的量增大，4NH++6HCHO=4H++(CH2)6N4+6H2O，反应可知测定氮元素含量偏高，
故答案为：偏高；
②锥形瓶内水对滴定结果无影响，对滴定结果的分析最终都是由溶质物质的量和溶液体积的变化来分析C测变化。
故答案为：无影响；溶质物质的量和溶液体积；
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，
故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；
④氢氧化钠滴定酸溶液，达到终点时，当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原来的颜色，
故答案为：当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原来的颜色；
（2）样品1.500g，反应为4NH++6HCHO=4H++(CH2)6N4+6H2O消耗氢离子的物质的量和氮元素物质的量相同，依据图表数据分析可知，三次实验中消耗氢氧化钠溶液体积分别为：20.01mL、19.99mL、20.00mL，三次均有效，氢氧化钠溶液的平均体积为20.00mL；由酸碱中和反应可知，氢离子物质的量=氢氧化钠物质的量=0.1010mol/L×20.00mL×10-3L/mL =2.020×10-3mol，250mL溶液中氮元素物质的量和氢离子物质的量相同，该样品中氮的质量分数=×100%=18.85%；
故答案为：18.85%。
第Ⅱ卷 提高题（共20分）
17.工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2
等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
Ⅰ.脱硝：
已知H2的燃烧热为285.8kJ·mol－1
N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g) ΔH＝＋133kJ·mol－1
H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44kJ·mol－1
催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为___。
Ⅱ.脱碳：（1）向2L密闭容器中加入2molCO2和6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH<0
①该反应自发进行的条件是___(填“低温”“高温”或“任意温度”)
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是___(填字母)。
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．CO2和H2的体积分数保持不变
c．CO2和H2的转化率相等 d．混合气体的密度保持不变
e．1molCO2生成的同时有3 molH—H键断裂
③CO2的浓度随时间(0～t2)变化如图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，
t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2～t6时间段CO2浓度随时间的变化___。
（2）改变温度，使反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH<0中的所有物质都为气态。起始温度、体积相同(T1℃、2L密闭容器)。反应过程中部分数据见下表：
反应时间
CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
反应Ⅰ：
恒温恒容
0min
2
6
0
0
10min
4.5
20min
1
30min
1
反应Ⅱ：
绝热恒容
0min
0
0
2
2
①达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ对比：平衡时CH3OH的浓度c(Ⅰ)___c(Ⅱ)(填“>”“<”或“＝”)。
②对反应Ⅰ，前10min内的平均反应速率v(CH3OH)＝___。在其他条件不变的情况下，若30 min时只改变温度至T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1___(填“>”“<”或“＝”)T2。若30min时只向容器中再充入1 molCO2(g)和1molH2O(g)，则平衡___(填“正向”“逆向”或“不”)移动。
（3）利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO2＋2H2O=2HCOOH＋O2，装置如图所示：
①电极2的电极反应式是____；
②在标准状况下，当电极2室有11.2LCO2反应。理论上电极1室液体质量___(填“增加”或“减少”)___g。
【答案】 (1). 4H2(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1100.2kJ·mol－1 (2). 低温 (3). de (4). (5). < (6). 0.025mol·L－1·min－1 (7). < (8). 不 (9). CO2＋2H＋＋2e－=HCOOH (10). 减少 (11). 9
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查热化学方程式的书写、化学平衡移动、化学反应速率、电化学知识，运用盖斯定律、勒夏特列原理、、电化学原理分析。
【详解】Ⅰ.H2的燃烧热为285.8kJ⋅mol−1，则①.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=−571.6kJ⋅mol−1，②.N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+133kJ⋅mol−1③.H2O(g)=H2O(l) △H=−44kJ⋅mol−1根据盖斯定律①×2−②−③×4可得：4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)，则：△H=2×(−571.6kJ⋅mol−1)−133kJ⋅mol−1−4×(−44kJ⋅mol−1) = −1100.2kJ⋅mol−1，故反应热化学方程式为：4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g) △H=−1100.2kJ⋅mol−1，
故答案为：4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g) △H=−1100.2kJ⋅mol−1；
Ⅱ. (1)①CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)，熵变△S<0，则反应焓变△H<0，低温下满足△H−T△S<0
故答案为：低温；
②a.甲醇、水为液体，CO2、H2的起始物质的量之比为1:3，反应按物质的量1:3反应，故混合气体中CO2、H2的起始物质的量之比为1:3，平均摩尔质量数值或平均相对分子质量始终保持不变，无法判断是平衡状态，故a错误；
b.由a中分析，可知CO2和H2的体积分数数值始终保持不变，无法判断是平衡状态，故b错误；
c.由a中分析，可知CO2和H2的转化率始终相等，无法判断是平衡状态，故c错误；
d.容器容积不变，混合气体质量减小，随反应进行混合气体密度减小，当混合气体的密度不变，反应到达平衡，故d正确；
e.1molCO2生成的同时有3molH−H键断裂，而1molCO2生成的同时生成3molH−H键，氢气的生成速率与消耗速率相等，反应到达平衡，故e正确，
故答案为：de；
③t2时CO2浓度为0.5mol/L，则氢气浓度变化量为(1mol/L−0.5mol/L)×3=1.5mol/L，氢气平衡浓度为−1.5mol/L=1.5mol/L，则该温度下平衡常数，在t2时将容器容积缩小一倍，瞬间CO2浓度变为1mol/L，压强增大，平衡向正反应方向移动，t3时达到平衡时，等效为开始体积缩小一倍到达的平衡，设此时CO2浓度为xmol/L，则：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)
开始(mol/L): 2 6
转化(mol/L): 2−x 6−3x
平衡(mol/L) :x 3x
则，解得x=0.5，
t3时达到平衡时CO2浓度为0.5mol/L，t4时降低温度，瞬间CO2浓度不变，正反应为放热反应，而后平衡向正反应移动，CO2浓度减小，画出t2∼t6CO2的浓度随时间的变化如图：
。
故答案为： ；
(2)①I为恒温，Ⅱ为绝热容器，反应向逆反应进行，逆反应为吸热反应，平衡时温度比I中低，升高温度平衡向逆反应方向移动，降温时平衡正向移动，则平衡常数K(Ⅰ)
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