安徽省宣城市七校2019-2020学年高二上学期期中联考化学试题
宣城市七校2019－2020学年第一学期高二联考
化学试卷
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间100分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：人教版选修4第一章至第三章第2节。
5.可能用到的相时原子质量：H1 C12 O16 Ca40 Zn65
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.化学反应速率与生产、生活密切相关，下列图片涉及的反应应该加快的是（ ）
A. 钢构大桥腐蚀 B. 兵马俑腐蚀
C. 牛奶变质 D. 合成氨
【答案】D
【解析】
【详解】A. 想要让钢构大桥使用时间更长，应使其被腐蚀的速度减慢，A不符合题意；
B. 兵马俑是重要的文化遗产，应让它被腐蚀的速度减慢，B项不符合题意；
C. 想让牛奶放置的时间延长，应让其变质的速度减慢，C项不符合题意；
D. 为了工业的需要，需要更多的氨，应尽可能让反应速率加快，D项符合题意；
答案选D。
2.下列气体溶于水后，生成物中既有强电解质又有弱电解质的是（ ）
A. Cl2 B. NH3 C. NO2 D. SO2
【答案】A
【解析】
【分析】
能够完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质。
【详解】A. Cl2溶于水生成HCl和HClO，HCl是强电解质，HClO是弱电解质，符合题意；
B. NH3溶于水生成NH3•H2O，属于弱电解质，不符合题意，；
C. NO2溶于水生成HNO3和NO，HNO3是强电解质，NO是非电解质，不符合题意；
D. SO2溶于水生成H2SO3，属于弱电解质，不符合题意；
答案选A。
3.一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈碱性的是（ ）
A. c(H＋)
c(H＋)的溶液。
【详解】A. c(H＋)0，升高温度，X的体积分数增大
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三段法进行分析计算；
2X(g) ＋ Y(g) Z(g)
始(mol/L) 0.2 0.2 0
转(mol/L) 0.04 0.02 0.02
平(mol/L) 0.16 0.18 0.02
据此分析计算。
【详解】A. 根据分析可知：υ(X)===0.002mol/(L•s)，A项错误；
B. 将容器体积变为10L，容积增大了一倍，浓度减小一半，但压强减小，平衡逆向移动，因此将容器体积变为10L，Y的平衡浓度大于原来的，B项正确；
C. 平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不发生变化，C项错误；
D. 若该反应的△H>0，升高温度，平衡正向移动，X的体积分数减小，D项错误；
答案选B。
7.向体积和pH 均相等的盐酸和醋酸中分别加入等质量的镁粉，镁粉均完全溶解，则产生的体积同温同压下测定随时间变化的关系正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
醋酸是弱酸，醋酸溶液中存在：CH3COOHCH3COO－＋H＋，pH相同，推出醋酸的物质的量浓度大于盐酸，反应开始后CH3COOH中c(H＋)大于盐酸c(H＋)，即醋酸溶液中化学反应速率大于盐酸中的化学反应速率，两种溶液中，加入镁粉的质量相等，且均完全溶解，说明两个溶液产生氢气的量相等，故选项B正确。
点睛：醋酸是弱酸，HCl是强酸，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸浓度，醋酸中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸与金属镁反应，消耗H＋，醋酸还能电离产生H＋，而HCl是完全电离，消耗H＋，不能补充，因此醋酸中c(H＋)大于盐酸中c(H＋)
，即反应开始后，与醋酸反应速率快，先达到平衡，根据信息，金属镁是等质量，且完全消耗，说明产生氢气的量相同，从而作出正确答案。
8.已知反应：
H2(g)＋O2(g)H2O(g) △H1
N2(g)＋O2(g)NO2(g) △H2
N2(g)＋H2(g)NH3(g) △H3
则反应4NH3(g)＋7O2(g)=4NO2(g)＋6H2O(g)的△H为（ ）
A. △H1＋△H2＋△H3 B. 2△H1＋2△H2－2△H3
C. 6△H1＋4△H2＋4△H3 D. 6△H1＋4△H2－4△H3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据盖斯定律进行计算。
【详解】①H2(g)＋O2(g)H2O(g) △H1
②N2(g)＋O2(g)NO2(g) △H2
③N2(g)＋H2(g)NH3(g) △H3
根据盖斯定律可知，6×①+4×②-4×③可得反应4NH3(g)＋7O2(g)=4NO2(g)＋6H2O(g) △H=6△H1＋4△H2－4△H3；答案选D。
【点睛】本题的难点是根据盖斯定律写出正确的热化学方程式，一般情况下，盖斯定律在应用分三步走： 。
9.室温下，在pH=12的某溶液中，由水电离出来的OH-为（ ）
A. 1.0×10-7mol·L-1 B. 1.0×10-6mol·L-1
C. 1.0×10-2mol·L-1 D. 1.0×10-12mol·L-1
【答案】CD
【解析】
试题分析：pH为12的溶液若为碱溶液则溶液中c(OH)=10-2mol·L-1，由KW=10-14mol2·L-2=c(H+)·c(OH-)知由水电离出来的c(H+)为10-12mol·L-1，若为盐溶液，该盐为强碱弱酸盐，溶液中的OH-全部是由水电离产生为10-2mol·L-1，由水电离出的H+一部分与弱酸根结合生成弱酸，导致c(OH-)＞c(H+)显碱性，因此答案选CD。
考点：考查外界条件对水的电离平衡的影响以及溶液中OH－离子浓度的计算
点评：该题是中等难度试题的考查，试题贴近高考，注重灵活性，侧重能力的培养，有助于培养学生的逻辑思维能力。该题的关键是明确溶液中OH－离子浓度和水电离出的OH－离子浓度的不同，如何结合题干信息灵活运用即可。
10.在恒温恒容的密闭容器中，能说明反应X(g)＋Y(g) 2Z(g)达到化学平衡状态的是（ ）
A. X、Y、Z的分子数之比为1：1：2
B. 容器内混合气体的密度保持不变
C. 容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变
D. 为定值
【答案】D
【解析】
【分析】
对于可逆反应，当达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量也不再发生变化，以此判断。
【详解】A. 平衡时各物质的分子个数不能确定，取决于开始反应时各物质的物质的量的多少以及反应的转化程度，X、Y、Z的分子数之比为1：1：2不能判断是否达到平衡状态；
B. 由于X、Y、Z都是气体，混合气的质量始终不变，恒容的密闭容器中，混合气体的密度始终保持不变，容器内混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态；
C. 该反应为等体积反应，混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变不能说明反应达到平衡状态；
D. 该反应的平衡常数K=，为定值说明各物质的浓度不变，说明反应达到平衡状态；
答案选D。
11.在－定体积某密闭容器中发生合成氨反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H<0。673K，30MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A. a点的正反应速率大于b点的
B. c点处，υ正(N2)＝υ逆(N2)
C. d点处，υ正(N2)：υ逆(H2)＝1：3
D. 升高温度，反应至t2时刻，n(H2)比图中d点的值大
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，随着反应的进行，反应物的量逐渐减少，生成物的量逐渐增多，达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，曲线水平，升高温度，平衡逆向移动，据此分析判断。
【详解】A.
从a点到b点，氢气的物质的量逐渐减少，浓度降低，所以正反应速率降低，即a点的正反应速率大于b点的正反应速率，A项正确；
B. c点处，n(H2)＝n(NH3)，但反应没有达到平衡状态，用N2表示的正、逆反应速率不相等，B项错误；
C. d点处达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，即υ正(N2)：υ逆(H2)＝1：3，C项正确；
D. 升高温度，平衡逆向进行，因此反应至t2时刻，n(H2)比图中d点的值大，D项正确；
答案选B。
12.H2NNO2(硝酰胺，Nitrarnide)是一种弱酸，常温下Ka1＝10－5.6。常温下，硝酰胺分解反应，H2NNO2(aq)＝N2O(g)＋H2O(l)的第－步为O2NNH2(aq)O2NNH-(aq)+H+(aq)，其中k为速率常数，υ正＝k1c(O2NNH2)，υ逆=k－1c(O2NNH－)·c(H＋)，则等于（ ）
A 5.6 B. 8.4 C. －5.6 D. －8.4
【答案】C
【解析】
【分析】
Ka1＝，当反应达到平衡状态时，υ正＝υ逆，据此进行计算。
【详解】Ka1＝=10－5.6，当反应达到平衡状态时，υ正＝υ逆，即k1c(O2NNH2)= k－1c(O2NNH－)·c(H＋)，那么==10-5.6，因此=lg(10-5.6)=-5.6；
答案选C。
【点睛】解答本题时容易忽略的是达到平衡状态时υ正＝υ逆，根据平衡时υ正＝υ逆，再结合υ正＝k1c(O2NNH2)，υ逆=k－1c(O2NNH－)·c(H＋)即可得出结果。
13.已知反应，mX(g)＋nY(g) qZ(g)的△H<0，m＋n>q。在恒容密闭容器中反应达到平衡时，若升高体系温度，下列说法正确的是（ ）
A. △H增大 B. υ(X)正：υ(Y)正＝m：n
C. 平衡常数K增大 D. 混合气体的平均相对分子质量变大
【答案】B
【解析】
【分析】
升高温度，平衡逆向进行，△H不变，总质量不变，m＋n>q，气体总物质的量变大，平衡常数K减小，据此分析。
【详解】A. 升高温度，反应逆向进行，但△H不变，A项错误；
B. 用不同物质表示同一反应的反应速率时，速率之比等于化学计量数之比，因此有υ(X)正：υ(Y)正＝m：n，B项正确；
C. 反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，C项错误；
D. 恒容密闭容器中，气体总质量不变，升高温度平衡逆向移动，m+n>q，气体物质的量变大，因此混合气体的平均相对分子质量减小，D项错误；
答案选B。
14.常温下，取20 mL某浓度的盐酸作为待测液，用－定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定(溶液混合后体积变化忽略不计)，滴定过程中溶液的pH变化如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A. 盐酸与NaOH溶液初始浓度关系为c(HCl)－2c(NaOH)＝0.03mol·L－1
B. b点溶液中：c(Cl－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
C. a、b、c点溶液中水的电离程度大小依次为：a>b>c
D. 滴定前，锥形瓶用待测液润洗，会导致所测HCl浓度偏高
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 设盐酸和氢氧化钠的物质的量浓度，根据图象数据列式计算；
B. b点溶液pH=2，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒进行分析；
C. a、b两点为酸性溶液，抑制了水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，c点为中性，据此分析判断；
D. 锥形瓶润洗后，待测液物质的量偏大，消耗的标准液的体积偏大。
【详解】A. 设起始时HCl的浓度为xmol/L，NaOH溶液浓度为ymol/L，根据图象可得20×10-3x=60×10-3y，20×10-3x -40×10-3y=0.01×(20+40)×10-3，解得x=0.09，y=0.03，因此c(HCl)－2c(NaOH)＝0.03mol·L－1，A项正确；
B. b点加入40mLNaOH溶液，盐酸过量，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，此时得到的溶液中c（NaCl）=2c（HCl），溶液中电荷守恒为c(H＋)+ c(Na＋)=c(OH－)+c(Cl－)，则c（H+）c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B项正确；
C. a、b两点为酸性溶液，抑制了水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，c点为中性，因此溶液中水的电离程度大小依次为c>b>a，C项错误；
D. 锥形瓶用待测液润洗后，待测液物质的量偏大，消耗的标准液的体积偏大，测定的HCl浓度偏高，D项正确；
答案选C。
【点睛】解答本题的难点是离子浓度大小的判断，一般地比较溶液中粒子浓度关系的解题流程为。
15.某温度下，将2molA和2molB充入体积为2L的密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g) C(g)＋D(g) △H<0，5 min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数K＝1，若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化。下列选项不正确的是（ ）
A. a＝1
B. 升高温度，平衡常数减小
C. 达平衡时B的转化率为60%
D. 平衡后，若再加入2molB，重新平衡后，A体积分数减小
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 增大压强，A的转化率不变，说明反应为等体积反应；
B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小；
C. 利用三段法进行计算；
D. 平衡后，若再加入2molB，平衡正向移动。
【详解】A. 增大压强，A的转化率不变，说明反应为等体积反应，那么a+1=2，即a=1，A项正确；
B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，B项正确；
C.设反应达到平衡时，A的转化量为xmol/L，
A(g) ＋ B(g) C(g) ＋ D(g)
始(mol/L) 1 1 0 0
转(mol/L) x x x x
平(mol/L) 1-x 1-x x x
平衡常数K==1，解得x=0.5mol/L，那么B的转化率=×100%=50%，C项错误；
D. 平衡后，若再加入2molB，平衡正向移动，A的体积分数减小，D项正确；
答案选C。
16.在2L恒容密闭容器中，发生反应A(g)＋B(g) 2C(g)＋D(s) △H＝－akJ·mol－1，有关实验内容和结果分别如表和如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 实验I中，10 min内平均速率υ(B)＝0.06mol·L－1·min－1
B. 600℃时，上述热化学方程式中a＝160
C. 600℃时，该反应的平衡常数K＝0.45
D. 向实验II的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB，A的转化率增大
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 由图象可知，生成物C的浓度的变化量为=0.6mol/L，计算υ（C），根据速率之比等于化学计量数之比进行计算；
B. 实验I中，生成1.2molC放出热量96kJ，那么生成2molC放出的热量为kJ=160kJ；
C. 根据三段法进行计算；
D. 向实验II的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB，达到的平衡状态与原有平衡等效。
【详解】A. 生成物C的浓度的变化量为=0.6mol/L，υ(C)===0.06mol/(L•min)，则υ(B)= υ(C)=0.03 mol/(L•min)，A项错误；
B. 实验I中，生成1.2molC放出热量96kJ，那么生成2molC放出的热量为kJ=160kJ，B项正确；
C. A(g) ＋ B(g) 2C(g) ＋ D(s)
始(mol/L) 0.5 1.5 0
转(mol/L) 0.3 0.3 0.6
平(mol/L) 0.2 1.2 0.6
平衡常数K==1.5，C项错误；
D. 向实验II的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB，达到的平衡状态与原有平衡等效，A的转化率不变，D项错误；
答案选B。
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
17.能源是人类赖以生存的基础。回答下列问题：
（1）下列不属于新能源的是___(填字母)。
a.煤炭 b.太阳能 c.风能 d.地热能 e.天然气 f.氢能
（2）甲烷裂解法制取乙炔反应的化学方程式为2CH4(g)C2H2(g)＋3H2(g)。
①已知下列化学键的键能数据：
则反应2CH4(g)C2H2(g)＋3H2(g)的△H＝___kJ·mol－1。
②燃烧agCH4生成二氧化碳气体和液态水，放出热量44.5kJ。经测定，生成的CO2与足量澄清石灰水反应得到5g沉淀，则CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l)△H1＝___kJ·mol－1，a＝___。
（3）金刚石和石墨为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时完全燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
①在通常状况下，金刚石和石墨的稳定性较大的是___(填“金刚石”或“石墨”)；石墨的燃烧热为___kJ·mol－1。
②12g石墨在－定量空气中燃烧，生成36g气体，该过程放出的热量为___kJ。
【答案】 (1). ae (2). +360.4 (3). -890 (4). 0.8 (5). 石墨 (6). 393.5 (7). 252.0
【解析】
【分析】
（1）新能源是指无污染、可以持续利用的能源，包括太阳能、风能、核能、地热能、潮汐能等；
（2）①根据△H＝反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
②agCH4生成二氧化碳气体和液态水，放出热量44.5kJ，根据生成沉淀的质量计算出CO2的物质的量，进一步计算出agCH4的物质的量，最终计算1molCH4生成二氧化碳气体和液态水，放出的热量；
（3）①能量越低物质越稳定；1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时释放的能量为燃烧热；
②根据极值计算判断生成的气体的组成，结合热化学方程式计算。
【详解】（1）根据分析可知，太阳能、风能、地热能、氢能都是新能源，因此不属于新能源的是煤炭和天然气，答案选ae；
（2）①△H＝反应物的总键能-生成物的总键=2×4×413.4kJ/mol-2×413.4kJ/mol-812kJ/mol-3×436kJ/mol=+360.4 kJ·mol－1；
②agCH4生成二氧化碳气体和液态水，生成的CO2与足量澄清石灰水反应得到5g沉淀，那么n(CaCO3)=n(CO2)=n(CH4)==0.05mol，即0.05mol(a=0.05mol×16g/mol=0.8g) CH4生成二氧化碳气体和液态水，放出热量44.5kJ，因此1mol CH4生成二氧化碳气体和液态水，放出热量kJ=890 kJ，即CH4(g)＋2O2(g) = CO2(g)＋2H2O(l)△H1＝-890kJ·mol－1，a＝0.8；
（3）①能量越低物质越稳定，由图象可知金刚石的能量高于石墨的能量，因此石金刚石和石墨中稳定性较大的是石墨；1mol石墨完全燃烧生成CO2放出的热量为110.5kJ+283.0kJ=393.5 kJ，因此石墨的燃烧热是393.5 kJ·mol－1
②12g石墨的物质的量为1mol，在一定量的空气中燃烧，根据元素守恒，若生成CO2，质量为44g，若生成CO，质量为28g，现生成的气体为36g，28g<36g<44g，说明生成的气体既有CO又有CO2，设生成的CO为xmol，生成的CO2为(1-x)mol，28x+44(1-x)=36，x=0.5mol，即生成的CO为0.5mol，CO2为0.5mol；1mol石墨燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，那么0.5mol石墨燃烧生成CO放出的热量为55.25kJ，1mol石墨完全燃烧生成CO2放出的热量为393.5 kJ，那么0.5mol石墨完全燃烧生成CO2放出的热量为196.75 kJ，所以12g石墨在－定量空气中燃烧，生成36g气体，该过程放出的热量为55.25kJ+196.75kJ=252.0 kJ。
18.高锰酸钾是重要氧化剂。回答下列问题：
（1）实验室常用高锰酸钾制备氧气。
①该反应的还原产物是___(写化学式)，每生成1gO2转移___mol电子。
②高锰酸钾完全分解后，将固体生成物溶于水后过滤，向滤液中通入过量的二氧化碳。充分反应后过滤，得到二氧化锰，将滤液再经过重结晶分离，可得到高锰酸钾和碳酸氢钾。写出上述过程发生反应的化学方程式：___。
（2）实验室常用硫酸酸化的草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液滴定KMnO4溶液，测定KMnO4
溶液浓度。步骤如下：
I.将－定量的高锰酸钾加入烧杯中，倒入蒸馏水使其溶解；
II.取ag草酸晶体(H2C2O4·2H2O，摩尔质量126g·mol－1)溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4酸化，再用KMnO4溶液滴定至终点，重复滴定两次，平均消耗VmLKMnO4溶液。
①高锰酸钾溶液盛放在___(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②滴定到达终点的现象是___。
③该KMnO4溶液的物质的量浓度为___mol·L－1(用相关字母表示)。
【答案】 (1). K2MnO4和MnO2 (2). 0.125 (3). 3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+ MnO2↓+4KHCO3 (4). 酸式 (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色 (6).
【解析】
【分析】
（1）①高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应方程式为：2KMnO4 K2MnO4+ MnO2+ O2↑，根据方程式判断；
②高锰酸钾完全分解后，将固体生成物溶于水后过滤，滤液为锰酸钾溶液，向滤液中通入过量的二氧化碳，产物为二氧化锰、高锰酸钾和碳酸氢钾；
（2）①高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应盛放在酸式滴定管中；
②高锰酸钾与草酸反应完毕，加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；
③草酸与高锰酸钾反应的离子反应为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据草酸与高锰酸钾的关系进行计算。
【详解】（1）①高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应方程式为：2KMnO4K2MnO4+ MnO2+ O2↑，反应中 Mn元素的化合价从+7价降低到+6、+4价，还原产物为K2MnO4和MnO2，生成1mol O2电子转移4mol，因此生成1gO2转移的电子的物质的量为mol=0.125mol；
②高锰酸钾完全分解后，将固体生成物溶于水后过滤，滤液为锰酸钾溶液，向滤液中通入过量的二氧化碳，产物为二氧化锰、高锰酸钾和碳酸氢钾，反应的方程式为：3K2MnO4+4CO2+2H2O=2 KMnO4+ MnO2↓+4KHCO3；
（2）①高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应盛放在酸式滴定管中；
②高锰酸钾与草酸反应完毕，加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色即达到滴定终点；
③ag草酸晶体溶于水配成250mL溶液，取出25.00mL溶液，含有溶质=mol，根据关系5H2C2O4~2KMnO4可知KMnO4的物质的量为×=mol，KMnO4溶液的物质的量浓度c==mol/L=mol/L。
19.已知A和B反应的化学方程式为A(g)＋2B(g)C(g)。回答下列问题：
（1）图1是反应A(g)＋2B(g)C(g)在不同温度下A的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的△H___(填“>”“<”或“＝”)0。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1___(填“>”“<”或“＝”)K2。在T1温度下，向体积为1L的密闭容器中，充入1molA(g)和2molB(g)，测得A(g)和C(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该反应的平衡常数为___。
③若容器容积不变，下列措施可增加A转化率的是___(填字母)。
a.升高温度 b.将C(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂 d.充入He，使体系总压强增大
（2）在容积为1L的恒容密闭容器中，分别研究在230°C、250℃和270℃条件下的上述反应。三种温度下B与A的物质的量之比与A平衡转化率的关系如图3所示。曲线z对应的温度是___℃；该温度下，若反应物A的物质的量为1 mol，则该反应的化学平衡常数为___(用分数表示)。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为___。
【答案】 (1). < (2). > (3). 12 (4). b (5). 270 (6). (7). K1=K2T1，升高温度，A的转化率降低；
②由①知该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小；根据K=计算平衡常数；
③增加A转化率，只需让平衡正向移动，据此分析；
（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率降低；270℃时根据特殊点a点的数据与K=结合计算平衡常数；根据K=只与温度有关。
【详解】（1）①由图1可知，T2先达到平衡，则T2>T1，升高温度，A的转化率降低，即平衡逆向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动，因此该反应为放热反应，△H<0；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，所以K1>K2；
由图2可得
A(g) ＋ 2B(g) C(g)
始(mol/L) 1 2 0
转(mol/L) 0.75 1.5 0.75
平(mol/L) 0.25 0.5 0.75
该反应的平衡常数K===12；
③a.升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，a不符合题意；
b.将C(g)从体系中分离，减小了生成物的浓度，平衡正向移动，A的转化率增大，b符合题意；
c.使用合适的催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，A的转化率不变，c不符合题意；
d.充入He，使体系总压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，A的转化率不变，d不符合题意；
答案选b；
（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率降低，因此x曲线为230°C，y曲线为250°C，z曲线为270°C；在270°C时，a点=2.5，A的转化率为50%，那么有：
A(g) ＋ 2B(g) C(g)
始(mol/L) 1 2.5 0
转(mol/L) 0.5 1 0.5
平(mol/L) 0.5 1.5 0.5
平衡常数K===；a、b两点在同一曲线上，温度相同为270℃，平衡常数相同，c点温度为230℃，温度越高，平衡常数越小，因此有K1=K2”或“<”)0。
②P1___(填“>”或“<”)P2。
③5MPa、200℃时，M点的υ(CO)正___(填“>”或“<”)υ(CO)逆。
④若起始时提高投料比，则CO的平衡转化率将___(“增大”或“减小”)。
⑤参照下表，实际工业生产中大多采用5MPa和230～270℃，其优点是___。
（3）N2和H2生成NH3的反应为N2(g)＋H2(g)NH3(g) △H(298K)＝－46.2kJ·mol－1，在Fe催化剂作用下的反应历程如下(表示吸附态)：
化学吸附：N2(g)2N；H2(g)2H
表面反应：N＋HNH；NH＋HNH2；NH2＋HNH3；
脱附：NH3NH3(g)
其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。
①有利于提高合成氨平衡产率的条件有___(填字母)。
A.低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂
②标准平衡常数，其中为标准压强(1×105Pa)，p(NH3)，p(N2)和p(H2)为各组分的平衡分压，如p(NH3)＝x(NH3)p，p为平衡总压，x(NH3)为平衡系统中NH3的物质的量分数。
已知起始时向一密闭容器中投入mol N2和amol H2，反应N2(g)＋H2(g)NH3(g)在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为ω，则该反应的＝___(用含ω的代数式表示)。图中可以表示标准平衡常数随温度T的变化趋势的是___(填字母)。
【答案】 (1). -41 (2). < (3). < (4). < (5). 增大 (6).
低压法所需动力设备要求低，耗能也低，副反应少，催化剂易再生 (7). AD (8). 或 (9). D
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）①压强不变时，升高温度CO的转化率减小，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热的方向移动；
②温度不变时，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大；
③5MPa、200℃时，M点在平衡曲线的上方，反应向CO的转化率减小的方向进行，即逆向进行；
④投料比越大，氢气的物质的量越多，CO的转化率越大；
⑤根据表格可知其优点为：低压法所需动力设备要求低，耗能也低，副反应少，催化剂易再生；
（3）①合成氨的正反应是体积缩小的放热反应，降低温度，增大压强，都能使平衡正向移动；
②若mol N2和amol H2完全反应，则理论上生成amolNH3，NH3平衡产率为ω，则生成的NH3为aωmol
N2(g) ＋ H2(g) NH3(g)
始(mol) 0.5a 1.5a 0
转(mol) 0.5aω 1.5aω aω
平(mol) 0.5a-0.5aω 1.5a-1.5aω aω
平衡时混合气体的物质的量= 0.5a-0.5aω+1.5-1.5aω+aω=2a-aω=a(2-ω)mol，此时p(NH3)=pθ=pθ，p(N2)= pθ，p(H2)=pθ，根据计算；升高温度，平衡逆向移动，Kθ减小。
【详解】（1）①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) △H1＝＋131kJ·mol－1；
②C(s)＋CO2(g)2CO(g) △H2＝＋172kJ·mol－1；
根据盖斯定律有：①-②的反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，△H3＝(+131kJ/mol)-( +172kJ/mol)=-41 kJ·mol－1；
（2）①压强不变时，升高温度CO的转化率减小，平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热的方向移动，所以该反应是放热反应，△H<0；
②温度不变时，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，由图可知，P1
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