【化学】福建省莆田四中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版） 25页

福建省莆田四中2019-2020学年高二上学期期中考试试题 一、选择题 ‎1.下列能源中属于新能源是（ ）‎ A. 煤炭 B. 石油 C. 天然气 D. 生物质能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】新能源是指在新技术的基础上系统开发利用的能源，如太阳能、风能、生物质能、地热能、海洋能、核能、氢能等，与传统能源相比，新能源普遍具有污染小、储量大、分布广的特点。‎ 故选D。‎ ‎2.在2A＋B3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）‎ A. v（A）＝0.5 mol·L－1·s－1 B. v（B）＝0.3 mol·L－1·s－1‎ C. v（C）＝0.8 mol·L－1·s－1 D. v（D）＝1 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在相同条件下，同一化学反应中，不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快。‎ A．v(A)/2=0.25；‎ B．v(B)/1=0.3；‎ C．v(C)/3=0.27；‎ D．v(D)/4=0.25；‎ 则反应速率最快的为B；‎ 故选：B。‎ ‎3.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 凡是放热反应都足自发的，吸热反应都处非自发的 B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变 C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应 D. 非自发反应在任何条件下都不能实观 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；放热反应不一定是自发的，吸热反应也不一定是非自发的，故A错误；‎ B、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定，自发反应不一定是熵增大，非自发反应不一定是熵减小或不变，故B错误；‎ C、熵增加且放热的反应，即△H＜0，△S＞0，△H-T△S＜0，任何温度下都能自发进行，故C正确；‎ D、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定；非自发过程，改变温度可能变为自发过程，如焓变大于0，熵变大于0的反应低温可以是非自发进行的反应，高温下可以自发进行，所以非自发反应在特定条件下也能实现，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎4.在T℃，将1molN2和3molH2充入体积为1L的密闭容器中发生反应，一段时间后达到平衡。在相同温度下，测得容器压强是反应前的0.9倍。则N2的转化率为（ ）‎ A. 15% B. 20% C. 25% D. 30%‎ ‎【答案】B ‎【解析】设N2的转化率为x ‎ N2+3H22NH3‎ n始/mol 1 3‎ n变/mol x 3x 2x n平/mol 1-x 3-3x 2x 压强是反应前的0.9倍，=0.9，x=0.2，故选B。‎ ‎5.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是 ‎① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢 下列有关该反应的说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的速率主要取决于①的快慢 B. NOBr2是该反应的催化剂 C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；‎ B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；‎ C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；‎ D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，△H<0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9％的高纯镍。对该反应的说法正确的是（ ）‎ A. 增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低 B. 缩小容器容积，平衡右移，△H减小 C. 反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低 D. 当4v[Ni(CO)4]=v(CO)时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，A错误；B．一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写方式有关，B错误；C．因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，C正确；D．速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡；因该反应气体质量增加而容积不变，所以混合气体密度是一个变量，当不变时说明反应达平衡，D错误；答案选C。‎ ‎7.可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)　ΔH，同时符合下列两图中各曲线规律的是（    ）‎ A. a＋b>c＋d　T1>T2　ΔH>0‎ B. a＋b>c＋d　T1T2　ΔH>0‎ D. a＋bT1，温度升高，生成物浓度降低，说明平衡逆向进行，正向反应为放热反应，ΔH<0；由图乙可知，增大压强，反应速率加快，且正反应速率增大的幅度大于逆反应速率，因此平衡正移，说明正向为体积缩小的方向，a＋b>c＋d，综上，a＋b>c＋d，T2>T1，ΔH<0；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）‎ A. 已知P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定 B. 已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H= -483.6kJ•mol-1，则氢气的标准燃烧热为241.8kJ•mol-1‎ C. 已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a kJ•mol-1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b kJ•mol-1，则a＞b D. 已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1，则含40.0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出大于57.3kJ的热量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，反应是放热反应，能量越低越稳定，所以白磷不如红磷稳定，故A错误；‎ B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧应生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为<-241.8kJ•mol-1，故B错误；‎ C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即ap+q D. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；‎ 当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即nv(逆)的点是（ ）‎ A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】当温度一定时，NO2的百分含量也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态。在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，应该向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要增大，平衡向右移动；而在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，则应该向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要减小，平衡向左移动。‎ ‎【详解】A、a点在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，需要由a点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要减小，平衡向左移动，故v(正)＜v(逆)，故不选A；‎ B、b点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，故不选B；‎ C、c点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，需要由c点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要增大，平衡向右移动，故v(正)＞v(逆)，故选C；‎ D、d点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，故不选D；‎ 本题答案选C。‎ ‎19.在恒容密闭容器中，将10mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K＝1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是（     ）‎ A. CO、H2S的转化率之比为1∶1‎ B. 达平衡后H2S的体积分数为4%‎ C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应 D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 利用三段法计算起始时H2S的物质的量，进一步计算转化率； ‎ B. 根据平衡时各物质的物质的量进行计算；‎ C. 升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行；‎ D. 根据Qc与K之间的关系进行判断。‎ ‎【详解】A. 设起始时H2S的物质的量为x mol,‎ CO(g) + H2S(g) COS(g) + H2(g)； ‎ 始(mol) 10 x 0 0‎ 转(mol) 2 2 2 2‎ 平(mol) 8 x-2 2 2‎ 平衡常数K==1，解得x=2.5mol，CO的转化率=×100%=20%，H2S的转化率=×100%=80%，转化率不相等，A项错误；‎ B. 达平衡后H2S的体积分数=×100%=4%，B项正确；‎ C. 升高温度，平衡向吸热的方向移动；升高温度，COS浓度减小，平衡逆向进行，说明正向为放热反应，C项错误；‎ D. 恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Qc==0.67<1说明平衡正向移动，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ·mol−1‎ B. 图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 C. 图3表示一定条件下H2和Cl2生成HCl的反应热与途径无关，则 △H1=△H2+△H3‎ D. 图4表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图1所示反应生成的水呈气态，燃烧热要求可燃物为1mol，生成的水为液态，所以A项错误；‎ B.图2所示反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所给反应为放热反应，B项错误；‎ C.据盖斯定律，反应热与途径无关，只与反应的始态和终态有关，C项正确；‎ D.注意物质D为固体，所以该反应是正向气体分子数减小的反应，压强改变时平衡要发生移动，A的体积分数最终一定不相等，D项错误；‎ 所以答案选择C项。‎ ‎21.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应 B. 过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程 C 过程Ⅲ只生成了共价化合物 D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 由图可知过程Ⅰ和过程Ⅱ都存在水分子中的化学键断裂，过程Ⅲ中生成了水分子；‎ B. 化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量；‎ C. 过程Ⅲ中生成了H2O、H2和CO2；‎ D.催化剂能降低反应的活化能。‎ ‎【详解】A. 由图可知过程Ⅰ和过程Ⅱ都存在水分子中的化学键断裂，过程Ⅲ中生成了水分子，因此水参与可反应的所有过程，起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；‎ B. 过程Ⅰ和过程Ⅱ都存在水分子中的化学键断裂，化学键的断裂为吸收热量的过程，B项错误；‎ C. 过程Ⅲ中生成了H2O、H2和CO2，既有共价化合物，又有共价单质，C项错误；‎ D.催化剂能降低反应的活化能，不能改变热效应，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎22.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是（ ）‎ A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高 B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)‎ C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)‎ D. 放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；‎ B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2‎ 失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正确；‎ C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确；‎ D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎23.根据下列有关图象，说法正确的是：（ ）‎ A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的ΔH<0‎ B. 由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大 C. 由图Ⅱ知，t3时采取增大反应体系压强措施 D. 若图Ⅲ表示在10 L容器、850℃时的反应，由图知，到4 min时，反应放出51.6 kJ的热量 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等但反应不一定达到平衡，T2-T3升高温度，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H＜0，A项错误；B．由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，B项错误；C．由图Ⅱ知，t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，C项错误；D．该反应是一个放热反应，1molCO完全转化时放出43KJ能量，当转化（0.30-0.18）mol/L×10L=1.2molCO时放出51.6kJ的热量，D项正确；答案选D。‎ ‎24.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2‎ 的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0‎ B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率 D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K<2000‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 根据图像可知，升高温度，NO的转化率逐渐降低，说明升高温度，平衡逆向移动；‎ B. X点时反应没有达到平衡状态，平衡正向移动；‎ C. Y点时反应为平衡状态，增大反应物的浓度，平衡正向移动；‎ D. 利用三段法结合平衡常数进行计算。‎ ‎【详解】A. 根据图像可知，升高温度，NO的转化率逐渐降低，说明平衡逆向移动，正向反应放热，则ΔH<0，A项错误；‎ B. X点时反应没有达到平衡状态，平衡正向移动，延长时间能提高NO的转化率，B项正确；‎ C. Y点时反应为平衡状态，增大反应物的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，C项错误；‎ D.设起始时NO的浓度为xmol/L，NO平衡转化率为50%，则NO转化了0.5xmol/L,‎ ‎2NO(g) + O2(g) = 2NO2(g)‎ 始(mol/L) x 50×10−4 0‎ 转(mol/L) 0.5x 0.25x 0.5x 平(mol/L) 0.5x 5.0×10−4-0.25x 0.5x 平衡常数K==>2000，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎25.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L）。下列分析不正确的是（ ）‎ A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0‎ B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3‎ C. 图中a点对应的平衡常数K ＝‎ D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；‎ B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；‎ C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；‎ D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。‎ ‎【详解】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；‎ B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1a，所需要的时间：a＞b，D项正确；‎ 答案选B。‎ 第二卷 ‎26.（1）如图是1mol NO2(g)和1mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，已知E1＝+134kJ·mol－1、E2＝+368kJ·mol－1，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是________。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：________。‎ ‎（2）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2]。已知：‎ a：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) ΔH＝－159.5kJ·mol－1‎ b：NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH＝+116.5kJ·mol－1‎ c：H2O(l)=H2O(g) ΔH＝+44.0kJ·mol－1‎ 写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式：________。‎ ‎【答案】(1). 减小 (2). 不变 (3). NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) ΔH=-234kJ·mol－1 (4). 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) ΔH＝-87kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）由图可知该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，ΔH= E1-E2；在反应体系中加入催化剂，可以降低反应的活化能，但不改变反应热；‎ ‎（2）根据盖斯定律进行计算并书写热化学方程式；‎ ‎【详解】（1）反应体系中加入催化剂，可以降低反应的活化能，但不改变反应热，因此E1逐渐减小，ΔH不变；ΔH= E1-E2=134kJ·mol－1-368kJ·mol－1=-234 kJ·mol－1，热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) ΔH=-234kJ·mol－1；‎ ‎（2）反应a+b-c可得CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学方程式：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) ΔH＝-87kJ·mol－1‎ ‎27.(1)高铁酸钾( K2FeO4)不仅是一种理想的水处理剂（胶体），而且高铁电池的研制也在进行中。如图1是高铁电池的模拟实验装置：‎ ‎①该电池放电时正极的电极反应式为____________________________________；‎ ‎②盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向________(填“左”或“右”)移动；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向______(填“左”或“右”)移动。‎ ‎③图2为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有_____________________________________________________________。‎ ‎(2)有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，电池正极的电极反应式是____________________，A是____________。‎ ‎(3)利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度，其装置如图所示。该电池中O2－可以在固体介质NASICON(固溶体)内自由移动，工作时O2－的移动方向________(填“从a到b”或“从b到a”)，负极发生的电极反应式为___________________。‎ ‎【答案】(1). FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH- (2). 右 (3). 左 (4). 放电时间长且电压稳定 (5). N2+6e-+8H+=2NH4+ (6). NH4Cl (7). 从b到a (8). CO-2e-+O2-=CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①根据电池装置可知C为正极，Zn为负极，高铁酸钾具有较强的氧化性，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe(OH)3；‎ ‎②盐桥可以起到平衡电荷的作用，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；‎ ‎③由图可知高铁电池的优点：使用时间长，工作时电压稳定；‎ ‎（2）由图可知电池中氢气失去电子，在负极发生氧化反应，氮气得到电子在正极发生还原反应，氨气与HCl反应生成NH4Cl；‎ ‎（3）电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极流向正极；该装置属于燃料电池即原电池的装置，CO为燃料，在负极通入，失电子发生氧化反应，空气中的氧气在正极通入，得到电子发生还原反应。‎ ‎【详解】（1）①根据电池装置可知C为正极，Zn为负极，高铁酸钾具有较强的氧化性，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe(OH)3，电极反应为：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；‎ ‎②盐桥中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此氯离子向右侧移动，K+向左侧移动；若用阳离子交换膜代替盐桥，则K+向左侧移动；‎ ‎③由图可知高铁电池的优点：使用时间长，工作时电压稳定；‎ ‎（2）由图可知，该装置的总反应是合成氨的反应，氢气失去电子，在负极发生氧化反应，氮气得到电子，在正极发生还原反应，那么正极的电极反应为：N2+6e-+8H+=2NH4+，氨气与HCl反应生成NH4Cl，因此电解质是NH4Cl；‎ ‎（3）电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极流向正极，因此O2−由电极b向电极a移动电子由电极a通过传感器流向电极b；该装置中CO为燃料，在负极(即a极)通入，失电子发生氧化反应，电极反应为：。‎ ‎28.Ⅰ.利用甲烷催化还原NOx消除氮氧化物的污染 ‎①CH4(g)＋4NO2(g) 4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－574 kJ·mol－1‎ ‎②CH4(g)＋4NO(g) 2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH2＝－1 160 kJ·mol－1‎ ‎③CH4(g)＋2NO2(g) N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH3＝－867 kJ·mol－1‎ ‎（1）如果三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3＝________(用K1、K2表示)。‎ ‎（2）在2L恒容密闭容器中充入1 mol CH4和2 mol NO2进行反应③，CH4的平衡转化率α(CH4)与温度和压强的关系如图所示。‎ ‎①若容器中的压强为p2，y点：v正________(填“大于”“等于”或“小于”)v逆。‎ ‎②x点对应温度下反应的平衡常数K＝________。‎ Ⅱ.甲烷蒸气转化法制H2的主要反应为：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)‎ ‎（3）在恒容密闭容器中充入2 mol CH4和H2O(g)的混合气体，且CH4和H2O(g)的物质的量之比为x，相同温度下达到平衡时测得H2的体积分数φ(H2)与x的关系如图所示。‎ 则CH4的转化率：a点________(填“>”“＝”或“<”，下同)b点，CH4(g)的浓度：a点________b点，氢气的产率：a点________b点。‎ ‎【答案】(1). (2). 大于 (3). 0.25 (4). > (5). ＝ (6). ＝‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ.（1）分别写出K1、K2、K3的表达式，可以求出K3与K1、K2的关系；‎ ‎（2）①y点在p2对应曲线下方，要达到平衡状态，需使甲烷的转化率增大，反应正向进行；‎ ‎②结合题图1，根据三段式可以求出该温度下反应的平衡常数K； ‎ Ⅱ.（3）x越大，加入的甲烷的量越多，因此甲烷的转化率越低；结合题给图像根据三段式进行分析判断；‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）K1=[c2（H2O）c（CO2）c4（NO）]/[c（CH4）c4（NO2）]，K2=[c2（H2O）c（CO2）c2（N2）]/[c（CH4）c4（NO）]，K3=[c2（H2O）c（CO2）c（N2）]/[c（CH4）c2（NO2）]；所以K32= K1 ∙K2，所以K3＝；答案是：；‎ ‎（2）①y点在p2对应曲线下方，要达到平衡状态，需使甲烷的转化率增大，则y点：v正大于v逆；答案是：大于；‎ ‎②由题图1可知，x点甲烷的平衡转化率是50%，则有：‎ CH4(g)＋2NO2(g) N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)‎ 起始/(mol·L－1)0.5 1 0 0 0‎ 转化/(mol·L－1)0.25 0.5 0.25 0.25 0.5‎ 平衡/(mol·L－1)0.25 0.5 0.25 0.25 0.5‎ 因此该温度下反应的平衡常数K＝＝0.25；答案是：0.25；‎ Ⅱ.（3）x越大，加入的甲烷的量越多，因此甲烷的转化率越低，故a点甲烷的转化率大于b点甲烷的转化率；当CH4和H2‎ O(g)的物质的量之比的比值为9/11时，则起始时，甲烷的物质的量为0.9 mol，H2O(g)的物质的量为1.1 mol，反应达到平衡时，设CH4转化了n mol，则有：‎ CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)‎ 起始/(mol) 0.9 1.1 0 0‎ 转化/(mol) n n n 3n 平衡/(mol) 0.9－n 1.1－n n 3n 此时氢气的体积分数为3n/(2＋2n)，当CH4和H2O(g)的物质的量之比的比值为11/9时，起始时，甲烷的物质的量为1.1 mol，H2O(g)的物质的量为0.9 mol，反应达到平衡时，设CH4转化了y mol，则有：‎ CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)‎ 起始/(mol) 1.1 0.9 0 0‎ 转化/(mol) y y y 3y 平衡/(mol) 1.1－y 0.9－y y 3y 此时氢气的体积分数为3y/(2＋2y)，由题图2可知，a点和b点的氢气的体积分数相等，故n＝y，a点甲烷的浓度等于b点水蒸气的浓度；两点的氢气产率相等；‎ 故答案是：>； ＝；＝。‎ ‎29.二氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施。‎ ‎（1）将工业废气中的二氧化碳转化为甲醇，其原理是：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) △H=-53.7kJ/mol。308K时，向2L密闭容器中通入0.04 mol CO2和0.08 mol H2，测得其压强(p)随时间(t)变化如图1中曲线I所示。‎ ‎①反应开始至达平衡时，υ(H2)=________；该温度下反应的平衡常数为______。‎ ‎②若其他条件相同时，只改变某一条件，曲线变化为II，则改变的条件是_____。‎ ‎（2）还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化：‎ 反应I：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) △H<0 ‎ 反应Ⅱ：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) △H<0‎ 反应I和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。‎ ‎①根据图中数据分析可知，T1____T2（填“>”、“<”或“=”）；T2时，CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)的平衡常数K=_____。‎ ‎②某科研小组采用反应Ⅱ来合成甲醇，在450℃时，研究了n(H2):n(CO)分别为2:1、3:1时CO转化率的变化情况(如图3)，则图中表示n(H2)：n(CO)=3:1的变化曲线为______ (填“曲线a"或“曲线b”)。‎ ‎（3）某同学将H2、CO2的混合气体充入一个密闭容器中，控制其他条件不变，改变起始物中H2、CO2的物质的量之比（用n表示）进行反应2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g)  △H=Q kJ/mol，实验结果如图4所示（图中T表示温度）：‎ ‎①若图像中T1>T2，则Q______0‎ ‎②比较a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物CO2的转化率最高的是____________，n=______‎ ‎【答案】(1). 0.006mol/(L﹒min) (2). 104 (3). 催化剂 (4). < (5). 8 (6). 曲线a (7). < (8). c (9). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①利用平衡时的压强和起始时的压强计算CO2的转化量，进一步计算氢气的反应速率；‎ ‎②由图可追改变条件只缩短了反应到达平衡状态的时间，压强不发生变化；‎ ‎（2）①反应I和反应Ⅱ 均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；根据反应I和反应Ⅱ的平衡常数推导出反应CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)的平衡常数；‎ ‎②增加反应物的量，平衡正向移动，CO的转化率增大；‎ ‎（3）①升高温度乙醇的百分含量降低，平衡逆向移动；‎ ‎②由图可知曲线上各点均处于平衡状态，n表示H2、CO2的物质的量之比，达到平衡后，增大氢气的用量，平衡正向移动，CO2的转化率增大；根据b点乙醇的百分含量最大进行分析。‎ ‎【详解】（1）①设CO2转化了x mol/L CO2(g)　+　3H2(g)　　H2O(g)　+　CH3OH(g)‎ 始(mol/L) 0.02 0.04 0 0‎ 转(mol/L) x 3x x x 平(mol/L) 0.02-x 0.04-3x x x ‎==，解得x=0.01mol/L，υ(H2)===0.006mol/(L﹒min)；‎ K===10000=104；‎ ‎②由图可知改变条件只缩短了反应到达平衡状态的时间，压强不发生变化，催化剂只改变反应速率，平衡不移动，因此改变的条件是加入催化剂；‎ ‎（2）①反应I和反应Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此有T1