【化学】福建省厦门外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
福建省厦门外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一．选择题（每小题只有一个选项正确，每题3分，共45分）
1.知道了某反应有自发性之后，则( )
A. 可判断出反应的方向 B. 可确定反应是否一定会发生
C. 可预测反应速率的大小 D. 可判断反应的热效应
【答案】A
【解析】
【分析】在一定条件下不需要外力作用，就能自动进行的过程称之为自发过程；过程的自发性不能确定反应是否一定会发生和过程发生的速率，也无法判断反应过程的热效应，据此分析解答。
【详解】化学反应的自发性只能用于判断反应的方向，不能确定反应是否一定会发生和过程发生的速率，也无法判断反应过程的热效应。
故选A。
2.在K2Cr2O7溶液中存在下列平衡：2CrO42—(黄色)＋2H＋Cr2O72—(橙色)＋H2O中，溶液颜色介于黄色和橙色之间，今欲使溶液颜色变成黄色，根据勒夏特列原理可以在溶液中加入( )
①H＋ ②OH－ ③K＋ ④H2O
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
【答案】B
【解析】
【详解】①向溶液中加入氢离子，氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动导致溶液橙红色加深，故①错误；
②向溶液中加入氢氧根离子，氢氧根离子和氢离子反应导致氢离子浓度降低，平衡向逆反应方向移动，则溶液颜色变成黄色，故②正确；
③向溶液中加入钾离子，钾离子不参加反应，所以对平衡无影响，故③错误；
④向溶液中加入水,导致Cr2O72—浓度降低，平衡向逆反应方向移动，则溶液颜色变成黄色，故④正确。
答案选B。
3.500 ℃条件下，在恒容密闭容器中，充入1 mol NO2存在如下平衡：2NO2(g) N2O4(g)。平衡后，向容器内再充入1 mol NO2，下列说法正确的是( )
A. 平衡向正反应方向移动 B. 平衡常数K增大
C. NO2的转化率变小 D. 容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要浅
【答案】A
【解析】
【详解】A.当反应达到平衡后，增加反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动。正确。
B.化学平衡常数只与温度有关，而与其它条件无关，所以K不变。错误。
C.由于反应物只有一种，且正反应是气体体积减小的反应，所以增加反应物的浓度，平衡正向移动，这时该反应物的转化率增大。错误。
D.增加反应物的浓度，化学平衡正向移动，使反应物的浓度减小，但由于该反应是在体积固定的密闭容器中进行的，对NO2来说，浓度要比原来大。故颜色比加入的瞬间小，但比原来颜色要深。错误。
答案选A。
4.在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1。当反应达到平衡时，可能存在的数据是( )
A. SO2的浓度为0.4 mol·L－1，O2的浓度为0.2 mol·L－1
B. SO2的浓度为0.25 mol·L－1
C. SO3的浓度为0.4 mol·L－1
D. SO2、SO3的浓度均为0.15 mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】可逆反应是有限度的，不能向一个方向进行到底，通过方程式的计量数转化可得0
H+，阳极电极反应为溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，生成0.5molO2，需电子为4×0.5mol=2mol；
阴极电极反应为：Cu2++2e−=Cu、2H++2e−=H2↑，生成0.5molH2，需0.5mol×2=1mol电子，依据电子守恒，铜离子得到电子1mol，反应铜离子物质的量0.5mol，所以Cu2+的物质的量浓度，则原混合液中CuSO4的物质的量浓度为1.0 mol•L﹣1，
答案选C。
6.在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. X是电源的负极
B. 阴极的反应式是：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉCO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ
C. 总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2
D. 阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1
【答案】D
【解析】试题分析：A、从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2
→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，正确；B、阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉ、CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ，正确；C、从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，正确；D、从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，错误。
7.氮气是制备含氮化合物的一种重要物质，而含氮化合物的用途广泛，如图表示两个常见固氮反应的平衡常数对数值(lg K)与温度的关系：①N2＋3H22NH3，②N2＋O22NO。
根据图中的数据判断下列说法正确的是( )
A. 反应①和②均为放热反应
B. 升高温度，反应①的反应速率减小
C. 在常温下，利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大
D. 在1 000 ℃时，反应①和反应②体系中N2的浓度一定相等
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图象①可知温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应；②温度越高，平衡常数越大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应方向是吸热反应，故A错误；
B. 升高温度，无论是放热反应还是吸热反应，反应速率都增大，故B错误；
C. 在常温下，根据平衡常数可知：利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大，故C正确；
D. 在1000℃时,反应①和反应②体系平衡常数对数值(lg K)相等，而不是氮气的浓度相等，故D错误；
答案选C。
8.相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)+3Y2(g) 2XY3(g) △H=-akJ/mol 实验测得反应的有关数据如下表。
容器
反应条件
起始物质的量/mol
达到平衡所用时间
/min
达到平衡过程中的能量变化
X2
Y2
XY3
①
恒容
1
3
0
10
放热0.1akJ
②
恒压
1
3
0
t
放热bkJ
下列叙述正确的是( )
A. 对于上述反应，①、②中反应的平衡常数K的数值不同
B. ①中：从开始至10min内的平均反应速率υ(X2)=0.1mol/(L·min)
C. ②中：X2的平衡转化率小于10%
D. b>0.1a
【答案】D
【解析】
【详解】A.①、②中反应温度相同，平衡常数K的数值相同，A项错误；B.①中反应放热0.1akJ，说明10min内X2反应了0.1mol，物质的量浓度改变量为0.1mol/L，所以其平均速率为υ(X2)=0.01mol/(L·min)，B项错误；C.据容器①中数据，可算出X2的平衡转化率为10%，容器②中是恒温恒压，容器①是恒温恒容，容器②相当于在容器①基础上加压，加压平衡右移，所以X2的转化率大于10%，C项错误；D.据C项分析，容器②相当于在容器①基础上右移，所以放出热量比容器①多，D项正确；答案选D项。
9.科学家提出如下光分解法制备氢气：
①2Ce4＋(aq)＋H2O(l)===2Ce3＋(aq)＋O2(g)＋2H＋(aq) ΔH1
②Ce3＋(aq)＋H2O(l)===Ce4＋(aq)＋H2(g)＋OH－(aq) ΔH2
③H2O(l)===H＋(aq)＋OH－(aq) ΔH3
④2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH4
下列说法正确的是( )
A. Ce4＋能够增大水分解反应的活化能，提高反应速率
B. Ce3＋是反应②和反应③的催化剂
C. 上述反应中，ΔH4＝2ΔH1＋4ΔH2－4ΔH3
D. 通常条件下，反应④中生成H2、O2的速率之比为1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】A.A中说法矛盾，活化能增大，反应速率减慢，故错误；B.②和③的总反应Ce3＋参与了反应，没有生成Ce3＋，所以不符合催化剂的特征，故B错误；C.根据盖斯定律可得：ΔH4＝2ΔH1＋4ΔH2－4ΔH3，故C正确；D.化学反应速率用不同物质表示时与方程式的计量系数成正比，④生成H2和O2的速率比应为2∶1，故D错误；答案选C。
10.我国某知名企业开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他电池，电池总反应为V2O5＋xLiLixV2O5。下列说法中正确的是( )
A. 电池在放电时，Li＋向负极移动
B. 锂在放电时做正极，充电时做阳极
C. 该电池充电时阳极的反应为LixV2O5－xe－=V2O5＋xLi＋
D. V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应
【答案】C
【解析】
【分析】放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动，由此分析解答。
【详解】A. 电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；
B. 放电时为原电池，锂失电子而作负极，充电时作阴极，故B错误；
C. 该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5−xe−═V2O5+xLi+，故C正确；
D. V2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误。
答案选C。
11.O3也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：反应①O3O2＋[O]ΔH＞0平衡常数为K1；反应②[O]＋O32O2ΔH＜0平衡常数为K2；总反应：2O33O2ΔH＜0衡常数为K。下列叙述正确的是( )
A. 升高温度，K增大 B. K＝K1＋K2
C. 适当升温，可提高消毒效率 D. 压强增大，K2减小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由总反应: 2O3=3O2△H<0可知，正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；
B. 由盖斯定律可知反应①+②可得总反应,则K=K1×K2，故B错误；
C. 适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故C正确；
D. 平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；
答案选C。
12.已知：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝－25 kJ·mol－1。某温度下的平衡常数为400。此温度下，在1 L体积不变的密闭容器中加入CH3OH，某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表。下列说法中不正确的是( )
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
c/mol·L－1
0.08
1.6
1.6
A. 此时刻反应达到平衡状态
B. 容器内压强不变时，说明反应达平衡状态
C. 平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，达新平衡后CH3OH转化率不变
D. 平衡时，反应混合物的总能量降低40 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-25kJ/mol，则浓度商Q==400，Q=K，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．该反应前后气体物质的量不变，在恒容时压强始终不变，故不能说明反应达平衡状态，故B错误；
C．平衡时再加入与起始等量的CH3OH，两次平衡为等效平衡，所以达新平衡后，CH3OH转化率不变，故C正确；
D．反应混合物的总能量减少等于反应放出的热量，由B中可知，平衡时后c(CH3OCH3)=1.6mol/L，所以平衡时n(CH3OCH3
)=1.6mol/L×1L=1.6mol，由热化学方程式可知反应放出的热量为25kJ/mol×1.6mol=40kJ，故平衡时，反应混合物的总能量减少40kJ，故D正确；
故选B。
13.下列叙述与图象对应符合的是( )
A. 对于达到平衡状态的N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在t0时刻充入了一定的NH3，平衡逆向移动
B. P2>P1，T1>T2
C. 该图象表示的方程式为：2A===B＋3C
D. 对于反应2X(g)＋3Y(g)2Z(g) ΔH<0，y可以表示Y的百分含量
【答案】B
【解析】
【详解】A.如果在t0时刻充入了一定的NH3，平衡逆向移动，但v(正)应与平衡点相连，故A项错误；B. 由图中曲线先拐先平可知，此时反应速率较快，达到平衡时间较短，对应温度、压强较大，则P2>P1，T1>T2，故B项正确；C.图中反应物、生成物反应一段时间后保持不变说明该反应为可逆反应，故C项错误；D.温度升高，平衡将逆向移动，Y的百分含量将增大，故D项错误；故答案选B。
14.由合成气制备二甲醚的主要原理如下。下列有关说法正确的是( )
① CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－90.7 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－23.5 kJ·mol－1
③ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝－41.2 kJ·mol－1
A. 将1mol CO(g)和2 mol H2(g)充分反应，反应会放出90.7 kJ能量
B. 反应①的ΔS＞0
C. 反应③使用催化剂，ΔH3减少
D. 反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 将1mol CO(g)和2 mol H2(g)充分反应，由于是可逆反应，放出热量小于90.7 kJ能量，故A错误；
B. 反应①气体的物质的量减小，ΔS<0，故B错误；
C. 加入催化剂，只改变反应速率，物质种类不变，则不改变反应热，故C错误；
D. 根据盖斯定律，①×2+②+③得，反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1 kJ·mol－1，故D正确；
故选D。
15.某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的和，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中的的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH值与镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是( )镍的相对原子质量约为59)
图甲图乙
A. 交换膜a为阳离子交换膜
B. 浓缩室得到的盐酸时，阴极回收得到镍
C. 阴极液时，镍的回收率低主要是有较多的生成
D. 阳极反应式为
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓缩室中盐酸的浓度逐渐增大，阳极室中的氢离子和阴极室中的氯离子要进入浓缩室，因此，a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜，故A正确；
B. 浓缩室得到的盐酸时，从阳极室进入浓缩室的氢离子的物质的量为：
，转移电子的物质的量为0.4mol，若阴极的还原产物只有镍，则析出0.2molNi，其质量为，但实际上阴极的还原产物还有氢气，因此析出镍的质量小于，故B错误；
C. 阴极液时，溶液中氢离子浓度过大，阴极的还原产物中氢气的含量增多，造成镍的回收率降低，故C正确；
D. 阳极是惰性电极，阳极室中的溶液是稀硫酸，因此，阳极的电极反应式为：，故D正确；
答案选B。
二、问答题
16. 为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：
步骤1：取8mL0.1的KI溶液于试管,滴加0.1的FeCl3溶液5～6滴,振荡；
请写出步骤1中发生的离子反应方程式：_________________
步骤2:在上述试管中加入2mLCCl4，充分振荡、静置；
步骤3：取上述步骤2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加0.1的KSCN溶液5～6滴，振荡，未见溶液呈血红色。
探究的目的是通过检验Fe3+，来验证是否有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。针对实验现象，同学们提出了下列两种猜想：
猜想一：KI溶液过量，Fe3+完全转化为Fe2+，溶液无Fe3+
猜想二：Fe3+大部分转化为Fe2+，使生成Fe（SCN）3浓度极小，肉眼无法观察其颜色为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：
信息一：乙醚比水轻且微溶于水，Fe（SCN）3在乙醚中溶解度比在水中大。
信息二：Fe3+可与反应生成蓝色沉淀，用K4[Fe（CN）6]溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高。
结合新信息，请你完成以下实验：各取少许步骤2静置分层后的上层水溶液于试管A、B中，请将相关的实验操作、预期现象和结论填入下表空白处：
实验操作
预期现象
结论
实验1：在试管A加入少量乙醚，充分振荡，静置
_________________
________________
实验2：__________________________
__________________________________
若产生蓝色沉淀
则“猜想二”成立
【答案】（1）
（2）
实验操作
预期现象
结论
若液体分层，上层液体呈血红色。
则“猜想一”不成立
实验2：在试管B中滴加5-6滴K4[Fe（CN）6]溶液，振荡
【解析】试题分析：（1） KI溶液与FeCl3溶液离子反应方程式；（2）①由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2-3滴K4[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，由信息二可得：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，
实验操作
预期现象
结论
若液体分层，上层液体呈血红色。
则“猜想一”不成立
实验2：在试管B中滴加5-6滴K4[Fe（CN）6]溶液，振荡
17.（1）下图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择_____（填字母序号）。用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因：________。
a．碳棒 b．锌板 c．铜板
（2）下图，钢闸门C做__极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D上的电极反应式为_______，检测该电极反应产物的方法是________。
（3）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。下图为“镁-次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。
①E为该燃料电池的极___（填“正”或“负”）。F电极上的电极反应式为____。
②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语（化学方程式）解释其原因__。
（4）乙醛酸（HOOC-CHO）是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两级室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。N级乙二酸直接反应生成乙醛酸。
①N电极上的电极反应式为_________。
②若有2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为______mol。
【答案】(1). B (2). 锌做原电池的负极，（失电子，Zn -2e- =Zn2+），不断遭受腐蚀，需定期拆换 (3). 阴 (4). 2Cl－-2e－=Cl2↑ (5). 湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气（或取阳极附近溶液滴加淀粉KI溶液，变蓝） (6). 负 (7). ClO
－+2e－+H2O = Cl－+2OH－ (8). Mg+2H2O= Mg(OH)2+H2↑ (9). HOOC-COOH+2e－+2H+ =HOOC-CHO+ H2O (10). 2
【解析】
【详解】(1)形成原电池时，Fe作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的金属作负极，所以选锌；锌的活泼性比Fe强的作负极，不断遭受腐蚀，需定期拆换；
故答案为：b；锌等做原电池的负极，(失电子，Zn−2e−═Zn2+)，不断遭受腐蚀，需定期拆换；
(2)Fe作阴极被保护，则钢闸门C做阴极；电解氯化钠溶液时阳极上氯离子失电子生成氯气，其电极反应为：2Cl−−2e−═Cl2↑，检验氯气用湿润的淀粉碘化钾试纸，即用湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气；故答案为：阴；2Cl−−2e−═Cl2↑；湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气；
(3)①“镁−次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极,则Mg为负极;正极上ClO−得电子生成氯离子,则正极的电极反应式为：ClO−+2e−+H2O═Cl−+2OH−；
故答案为：负；ClO−+2e−+H2O═Cl−+2OH−；
②Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气，其反应为：Mg+2H2O═Mg(OH)2+H2↑，
故答案为：Mg+2H2O═Mg(OH)2+H2↑；
(4)①N电极上HOOC−COOH得电子生成HOOC−CHO，则电极反应式为HOOC−COOH+2e−+2H+═HOOC−CHO+H2O，
故答案为：HOOC−COOH+2e−+2H+═HOOC−CHO+H2O；
②2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC−COOH+2e−+2H+═HOOC−CHO+H2O，可知生成1mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成所以生成的乙醛酸为2mol；
故答案为：2。
18.“绿水青山就是金山银山”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)==NH4HSO3(aq) △H1=akJ·mol－1；
②NH3·H2O(aq)+NH4HSO3(aq)==(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) △H2=bkJ·mol－1；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)==2(NH4)2SO4(aq) △H3=ckJ·mol－1。
则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)==2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(1)的△H=___________kJ·mol－1。
(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)===2CaSO4(s)+2CO2(g)
△H=－681.8kJ·mol－1对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
①0~10min内，平均反应速率v(O2)___________mol·L－1·min－1；当升高温度，该反应的平衡常数K___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是___________(填字母)。
A加入一定量的粉状碳酸钙 B通入一定量的O2
C适当缩小容器的体积 D加入合适的催化剂
(3) NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应
C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) △H=－34.0kJ·mol－1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：
由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为____________________；在1100K时，CO2的体积分数为___________。
(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=___________[已知：气体分压(P分)=气体总压(Pa)×体积分数]。
(5)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=－746.8k·mol－1
，生成无毒的N2和CO2。实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2) ·c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数___________(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则=___________。
【答案】(1). 2a+2b+c (2). 0.021 (3). 减小 (4). BC (5). 1050K前反应末达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (6). 20% (7). 4 (8). < (9).
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③求得反应；
（2）①正反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动,故化学平衡常数K减小；
②A、加入固体碳酸钙不影响平衡移动；
B、通入一定量的O2，O2浓度增大，平衡正向移动，CO2的浓度增大；
C、适当缩小容器的体积，所有气体的浓度均增大；
D、加入合适的催化剂平衡不移动。
(3)升高温度，平衡向左移动，NO转化率降低。根据反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)，结合CO2的体积分数进行计算；
（4）根据反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)及各物质的平衡分压进行求算；
(5)①浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
②当反应达到平衡时，v正=v逆，故。
【详解】（1）根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③得：2SO2（g）+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)，故该反应的H=(2a+2b+c)kJ/mol；
（2）①在010min内，c(O2)=1.0mol/L-0.79mol/L=0.21mol/L，故v(O2)=mol·L-1·min-1；正反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动,故化学平衡常数K减小；
②A、加入固体碳酸钙不影响平衡移动，选项A错误；
B、通入一定量的O2，O2浓度增大，平衡正向移动，CO2的浓度增大，选项B正确；
C、适当缩小容器的体积，所有气体的浓度均增大，选项C正确；
D、加入合适的催化剂平衡不移动，选项D错误。
答案选BC；
(3)在1050K前反应未达到平衡状态.随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡向左移动，NO转化率降低。根据反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)，假设加入1 mol NO，在1100 K时，a(NO)= 40%，则n(NO)=0.4 mol，故n(CO2)=0.2 mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为100%= 20%；
（4）根据反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)，假设加入1mol NO，在1050K时，a(NO)=80%，平衡时，n(NO)=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压为P分(NO)=，P分(N2)=，P分(CO2)=；故反应的化学平衡常数Kp==4；
(5)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
②当反应达到平衡时，v正=v逆，故根据热化学方程式可知，平衡时c(CO)=c(NO)=0.6mol/L，c(N2)=0.2mol/L，c(CO2)=0.4mol/L，故。
19.氢气是一种理想的绿色能源．利用生物质发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景．乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：
已知：反应I和反应II平衡常数随温度变化曲线如图所示。
（1）反应I中，1molCH3CH2OH（g）参与反应后的热量变化是256kJ。
①反应II的△H___0（填“＜”“=”或“＞”）。
②反应I的热化学方程式是____。
（2）反应II，在进气比[n（CO）：n（H2O）]不同时，测得相应的CO的平衡转化率见下图（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同）。
①图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE．判断：TD______TE（填“＜”“=”或“＞”）。
②经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和G三点对应的______相同．
③当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是______。
（3）反应III，在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中，电解活化CO2制备乙醇的原理如图所示。
①电解活化CO2制备乙醇化学方程式是_____。
②从电解后溶液中分离出乙醇的操作方法是_____。
【答案】(1). < (2). CH3CH2OH（g）+H2O（g）=4H2（g）+2CO（g）△H=+256kJ•mol-1 (3). ＜ (4). 化学平衡常数 (5). 进气比越大，反应温度越低 (6). 14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3- (7). 蒸馏
【解析】
【详解】（1）①由平衡常数随温度变化曲线图可知，温度升高，反应II的平衡常数减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，因此反应II为正向放热的反应，即△H<0，
答案为：<；
②由平衡常数随温度变化曲线图可知，温度升高，反应Ⅰ的平衡常数增大，说明升高温度，平衡向正向移动，因此反应Ⅰ为正向吸热的反应，即△H>0，根据反应前后能量变化，则反应Ⅰ的热化学方程式为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)△H=+256kJ•mol-1，
答案为：CH3CH2OH（g）+H2O（g）=4H2（g）+2CO（g）△H=+256kJ•mol-1
（2）①由平衡常数随温度变化曲线图可知，温度升高，反应Ⅱ的平衡常数减小，说明升高温度，平衡正向进行程度减小，平衡逆向移动，因此反应Ⅱ为正向放热的反应。当CO和H2O物质的量之比相等时，CO的转化率：D>E，说明由TD到TE，反应逆向移动，则TD到TE温度升高，即TDTB；同理，TF到TG，CO转化率降低，反应逆向移动，可得TG>TF，因此得出：，即当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，进气比越大，反应温度越低。
答案为：进气比越大，反应温度越低；
（3）①阴极得电子，发生还原反应，元素化合价降低，CO2中碳元素为+4价，乙醇中碳元素平均化合价为-2价，为了维持电荷守恒，生成物还有HCO3-，HCO3-中的氢元素可从H2O中获得，则阴极的电极反应式为：14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3-；
答案为：14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3-；
②与水溶液相比，乙醇易挥发，沸点较低，可采用蒸馏的方法从电解液中分离出乙醇。
答案为：蒸馏。
