2018-2019学年高二化学上学期期中试题(含解析).doc

2018-2019学年高二化学上学期期中试题(含解析)1.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是A. H2O 的分解反应是放热反应B. 氢能源已被普遍使用C. 2 mol H2O 具有的总能量低于 2 mol H2 和 1 mol O2 具有的总能量D. 氢气是不可再生能源【答案】C【解析】【分析】本题是常识性知识的考查，考查反应热与物质总能量的关系，可再生能源的概念。【详解】A. 氢气燃烧生成水是放热反应，则水的分解反应是吸热反应，A错误；B. 利用太阳能制取氢气技术不成熟，制约氢气大量生产，所以氢能源还没有被普遍使用，B错误；C. 水分解是吸热反应，H=生成物总能量-反应物总能量0，故2 mol H2O 具有的总能量低于 2 mol H2 和 1 mol O2 具有的总能量，C正确；D. 不可再生能源包括三大化石燃料，核能，氢气属于可再生新能源，D错误； 答案为C。2.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷在O2中的燃烧反应【答案】C【解析】试题分析：A铝片与稀H2SO4反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，错误；BBa（OH）28H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，错误；C灼热的炭与CO2反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，且属于吸热反应，正确；D甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，错误。故选C。考点：考查了氧化还原反应、化学反应与热量的关系的相关知识。3.其他条件不变时只改变下列条件，一定能使反应速率加快的是增加反应物的物质的量升高温度缩小反应容器的体积加入生成物加入MnO2A. 全部 B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：若反应物为纯固体或纯液体，增大反应物的量，反应速率不变，错误；因升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，正确；若反应中没有气体参加和生成，为溶液中的反应，则缩小反应容器的体积，增加压强，反应速率不变，错误；若生成物为纯固体或纯液体，加入生成物，反应速率不变，错误；催化剂具有专一性，加入二氧化锰不一定能使反应速率加快，错误，答案选C。【考点定位】本题考查影响化学反应速率的因素【名师点晴】一般增大反应物的浓度、增大压强，升高温度、使用催化剂，化学反应速率加快，解答时注意根据物质的状态、反应的特点来分析影响反应速率的因素。注意浓度、压强对反应速率影响的使用条件和范围。4.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是( )A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B. 水的离了积不变、pH不变、呈中性C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性【答案】D【解析】水电离出的c(H+)= c(OH)，纯水呈中性，故A错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH)增大，水的离子积增大、pH减小，故B错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)= c(OH)，c(H+)、 c(OH)增大，pH变小，水的离子积增大，呈中性，故C错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH)增大，水的离子积变大、pH变小，c(H+)= c(OH) 呈中性，故D正确。点睛：水的离子积Kw=，水的离子积只与温度有关，升高温度，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH)增大，水的离子积增大；水中加入酸或碱抑制水电离，但水的离子积不变。5.室温下某溶液中由水电离产生的c(H)等于1010molL1，该溶液的溶质不可能是A. NaHSO4 B. NaCl C. HCl D. Ba(OH)2【答案】B【解析】此时c(H)小于常温下纯水电离产生的c(H)，说明水的电离受到了抑制，NaHSO4、HCl、Ba(OH)2对水的电离都起抑制作用。6.反应A(g) + 3B(g) 2C(g) + 2D(g) 在四种不同情况下的反应速率分别为：v(A)=0.45molL-1min-1 、 v(B)=0.6molL-1s-1、 v(C)=0.4molL-1s-1、v(D) =0.45molL-1s-1，该反应进行的快慢顺序为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题考查了可逆反应中反应速率的换算。同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。【详解】可逆反应中，在同一时间段内，反应速率之比等于化学计量数之比，故v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2，故将题目中四种速度完全转化为A的反应速率且单位统一后，v(A)=0.45molL-1min-1 ，v(A)=12molL-1min-1，v(A)=12molL-1min-1，v(A)=13.5molL-1min-1 ，反应快慢顺序为答案为A。【点睛】比较反应速率的常见两种方法：（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化为同一物质的反应速率，再进行比较；（2）比值法，用各物质的量表示的反应速率除以对应的各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。比较时注意：（1）反应速率的单位要相同；（2）单位时间内反应物或生成物的物质的量变化大，反应速率不一定快，反应速率是用单位时间内浓度的变化量来表示的。7.在2 L的密闭容器中发生：3A(g)B(g) =2C(g) 的反应，若最初加入A和B都是4 mol，A的平均反应速率是0.12 molL1s1，则10 s后容器中B的浓度为A. 2.8 molL1 B. 1.6 molL1 C. 3.2 molL1 D. 3.6 molL1【答案】B【解析】由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以根据A的反应速率可知，B的反应速率是0.12mol/(Ls)30.04mol/(Ls)。所以B的物质的量变化是0.04mol/(Ls)10s2L0.8mol，因此剩余B是4mol0.8mol3.2mol，答案选C。8.已知：Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SO2SH2O，下列各组实验中，反应速率最快的是组号反应温度/Na2S2O3H2SO4H2O体积/ mL浓度/ molL1体积/ mL浓度/ molL1体积/ mLA1050.250.110B1050.150.110C3050.150.110D3050.250.210A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了影响反应速率的因素，包括温度、反应物浓度。在表格中寻找变量，对应实际影响因素进行分析。【详解】在化学反应中，温度越高，反应速率最快，浓度越高，反应速率越快。根据表格可知，A、B选项温度为10C，A项中Na2S2O3浓度高于B项，故A反应速率高于B，但是由于温度低于C、D的30C，故反应速率低于C、D。C、D进行比较，D中Na2S2O3和硫酸浓度均高于C，其余一致，故D反应速率高于C，反应速率最快的是D。答案为D。9.某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图，下列说法错误的是A. 总反应为放热反应B. 使用催化剂后，活化能不变C. 反应是吸热反应，反应是放热反应D. HH1H2【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了反应热图像的应用和催化剂的性质，通过对于反应物总能量和生成物总能量的关系进行焓变的计算。【详解】A.总反应热H=生成物总能量 -反应物总能量，根据图像可知，反应物A+B能量高于E+F，故H0，反应放热，A正确；B.催化剂降低反应活化能，B错误；C. 反应A+BC+D，H1大于零，是吸热反应；反应C+DE+F，H20，是放热反应，C正确；D.根据盖斯定律，总反应为A+BE+F，故HH1H2，D正确；答案为B。10.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CB. Fe失去电子经电解质溶液转移给CC. 正极的电极反应式为4OH4e=2H2OO2D. 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。11.在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再发生变化时，表明反应A（g）2B（g）C（g）D（g）已达到平衡状态的是A. 混合气体的密度 B. 混合气体的总物质的量C. 混合气体的压强 D. 混合气体的总体积【答案】BC【解析】试题分析：A.根据质量守恒定律知，反应前后气体混合物的质量发生改变，容器的体积不变，所以容器内气体的密度会变，若密度不变，则证明反应达到平衡状态，A项正确；B.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量始终不变，所以不能证明达到平衡状态，B项错误；C.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论反应是否达到平衡状态，容器中气体的压强始终不变，所以不能证明反应达到了平衡状态，C项错误；D.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，混合气体的体积不变，不能证明反应达到平衡状态，D项错误；答案选A.考点：考查化学平衡状态的判断。12.用纯净的 CaCO3 与 100 mL 稀盐酸反应制取 CO2，实验过程记录如图所示(CO2 的体积已折算为标准状况下 的体积)。下列分析正确的是A. OE 段的平均反应速率最快B. EF 段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为 0.4 mol/(Lmin)C. OE、EF、FG 三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为 267D. F 点收集到的 CO2 的量最多【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了实验反应速率的计算和图像的含义，要明确对于斜率和反应速率的比例关系。【详解】A、斜率表示反应速率，斜率越大，反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，A错误；B、由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672mL-224mL=448mL，所以二氧化碳的物质的量为，根据CaCO3+2HClCaCl2+CO2+H2O可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为，所以EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol/（Lmin），故B正确；C、OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224mL、448mL、112mL，所以OE、EF、FG三段中，所用时间都是1min，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224mL：448mL：112mL=2：4：1，C错误；D、从开始到G点生成的二氧化碳，总共784mL，G点收集到的CO2最多，故D错误。答案为B。13.用如图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验,则下表中各项所列对应关系均正确的一组是选项X极实验前U形管中液体通电后现象及结论A正极Na2SO4溶液U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色B正极AgNO3溶液b管中电极反应式是4OH-4e-=O2+2H2OC负极CuCl2溶液b管中有气体逸出D负极NaOH溶液溶液pH降低A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】本题考查了电解过程中，溶液pH的变化，电极反应式的书写和电解产物；根据电解规律“有氢无氧增碱性，有氧无氢增酸性，有氢有氧增原性”分析溶液pH的变化。【详解】A. 电解Na2SO4溶液，实质是电解水，a管为正极，对应阳极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O，氢氧根浓度下降，故两端滴入酚酞后，b管中呈红色，A错误；B.电解硝酸银，阳离子放电顺序Ag+H+，阴离子放电顺序NO3-OH-，故实质是电解水，b管为负极，对应阴极反应方程式为H+2e-=H2，B错误；C.电解氯化铜，阳离子放电顺序Cu2+H+，阴离子放电顺序OH-Cl-，故实质为电解HCl，b管为正极，对应阳极反应为2Cl-2e-=Cl2，产生氯气，C正确；D.电解氢氧化钠，有氢有氧增原性，溶液酸碱度上升，碱性更强，D错误；答案为C。14.某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2O22H2O，下列有关说法正确的是A. b极上的电极反应式为：O22H2O4e4OHB. 电子通过外电路从b极流向a极C. 每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2D. H由a极通过固体酸电解质传递到b极【答案】D【解析】【分析】本题主要考察了燃料电池的原理书写，氧化还原转移电子计算，另外对于固体电解质转移的是离子要有一定认识，氧化还原过程没有水的参与。同时，注意电子在固体电解质中移动，而不是外电路。【详解】根据题目表达，总反应为2H2O22H2O ，故氢气做负极，氧气做正极。A. CaHSO4固体为电解质传递H，环境内无水，故b极上的电极反应式为：O24H+4e2H2O，A错误；B. 原电池中电子在内电路中移动，离子在外电路中移动，B错误； C. 在标准状况下，每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2，题目没有前提条件，无法判断，C错误；D. a为负极，b为正极，电子从负极，经过电解质移向正极，D正确；答案为D。15.控制适合的条件，将反应2Fe32I2Fe2I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应B. 反应开始时，甲中石墨电极上Fe3被还原C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极【答案】D【解析】由反应2Fe32I2Fe2I2可知，反应开始时，甲中Fe3发生还原反应，乙中I发生氧化反应；当电流计读数为零时，则反应达到了平衡状态，此时在甲中溶入FeCl2固体，平衡向逆反应方向移动，乙中I2发生还原反应，则乙中石墨电极为正极，答案选D。16.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g）2B(g）4C(s）D(g），反应2 min后达到平衡，测得生成16 mol C，下列说法正确的是( ）A. 前2 min，D的平均反应速率为0.2 mol(Lmin）B. 此时，B的平衡转化率是40C. 增大该体系的压强，平衡不移动D. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大【答案】B【解析】试题分析：A反应2 min后达到平衡，测得生成16 mol C，因此根据方程式可知生成D是0.4mol，所以前2 min，D的平均反应速率为0.1mol(Lmin），A错误；B消耗B是0.8mol，则此时B的平衡转化率是100%40，B正确；C正反应是体积减小的，则增大该体系的压强，平衡向正反应方向移动，C错误；D增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率减小，D错误，答案选B。考点：考查可逆反应计算和外界条件对平衡状态的影响17.下列有关热化学方程式的叙述正确的是A. 已知2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H571.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为285.8 kJ/molB. 已知C(石墨，s) =C(金刚石，s)H0，则金刚石比石墨稳定C. 已知含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)H2O(l)H57.4 kJmol1D. 已知2C(s)2O2(g)=2CO2(g)H1；2C(s)O2(g)=2CO(g)H2，则H1H2【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了热反应方程式中燃烧热的定义，要求必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物；能量与物质稳定性的关系，以及强电解质与弱电解质在同一类反应中不同反应热的概念。【详解】A. 燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，已知2H2 (g)O2(g)=2H2O(l) H571.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为285.8 kJ /mol，A正确；B. H=生成物总能量-反应物总能量0，能量越高越不稳定，故石墨比金刚石稳定，B错误；C. 盐酸完全电离，醋酸部分电离，醋酸电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应热H57.4 kJmol1，C错误；D. 若H1-H2=H3，则反应为2CO(g)O2(g)=2CO2(g)，燃烧反应放热H30，则H1H2，D错误；答案为A。【点睛】中和热：在稀溶液中酸碱中和生成1mol水的反应热。强酸与强碱的稀溶液中和热约为57kJ，与酸碱种类无关，因为这实际上是1molH+与1molOH-反应生成1molH2O的反应热，弱酸、弱碱以及多元酸碱的中和热，因有电离吸热，不是定值。18.已知反应：2CH3OH（g）= CH3OCH3（g）+H2O（g）H1=23.9KJmol12CH3OH（g）= C2H4（g）+2H2O（g） H2=29.1KJmol1CH3CH2OH（g）= CH3OCH3（g）H3=+50.7KJmol1；在C2H4（g）+H2O（g）CH3CH2OH（g）H4中；H4等于A. 48.5 KJmol1B. +48.5 KJmol1C. 45.5KJmol1D. +45.5 KJmol1【答案】C【解析】【分析】利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，根据盖斯定律-可得：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g），据此进行计算。【详解】根据盖斯定律-可得：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g），H=（-23.9+29.1-50.7）kJ/mol=-45.5kJ/mol，故H4=-45.5kJ/mol。答案为C。19.一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质(A、B、C、D)的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是A. M点表示v(A)v(B)B. 反应进行到6 s时，C的平均反应速率为 0.1 molL1s1C. 反应进行到6 s时，各物质的物质的量浓度相等D. 06 s内，v(A)v(B)v(C)v(D)311.52【答案】D【解析】【分析】本题考查了图像和可逆反应平衡状态的对应关系，通过对图中数据进行差值计算，推断平均反应速率，同时考查反应速率比例与化学计量数之比相等。【详解】A. M点表示A、B物质的量相同的点，当v(A)v(B)时，反应达到平衡状态，即6s后，A错误；B. 反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，C的平均反应速率为 0.6mol/（2L6s）0.05molL1s1，B错误；C. 反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，有图可知，各物质的物质的量浓度不相等，C错误；D. 06 s内，各物质的反应速率之比与物质的量变化量相等，v(A)v(B)v(C)v(D)1.2：0.4：0.6：0.8311.52，D正确；答案为D。【点睛】分析图象的3种方法策略看图像：一看轴，即纵、横坐标的意义；二看点：即起点、拐点、交点、终点；三看线，即线的走向和变化趋势；四看辅助线，即等温线、等压线、平衡线等；五看量的变化，如浓度变化、温度变化、转化率变化、物质的量的变化等。依据图像信息，利用平衡移动原理，分析可逆反应的特征：吸热还是放热，气体的化学计量数增大、减小还是不变，有无固体或纯液体参加或生成等。先拐先平：在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡，可能是该反应的温度高、浓度大、压强大或使用了催化剂。20.金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe2+Ni2+v逆的是点3D. 图4中，若mnp，则a曲线一定使用了催化剂【答案】C【解析】【分析】本题考查了可逆反应图像的综合分析，明确温度越高，反应速率越快；同温下，压强越大，平衡向气体体积减小的方向移动；催化剂并不是唯一对平衡结果不改变的原因。【详解】A由图1可知，温度在T 2 时首先达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，故T1T2；在T2时C%减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，该反应正反应为放热反应，A错误；B由图2可知，在温度不变时，增大压强，C%增多。说明增大压强，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，故正反应方向为气体体积减小的方向，mnp，B错误；C图3表示的是在不同的温度下，当反应达到平衡时，反应物B的转化率与温度的关系。曲线上的点表示的是平衡状态，v 正 =v 逆，点3低于平衡转化率，说明3未达到平衡，反应向正反应方向进行，此时表示的反应速率v 正 v 逆，C正确； D. 图4中，若mnp，则a曲线达到平衡所需要的时间比b短，先达到平衡，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，缩小了容器的容积，D错误；答案为C。【点睛】转化率关系：（1）当改变温度或压强时平衡向正反应方向移动，平衡转化率一定增大。（2）当两种或两种以上的可逆反应，增加一种反应物的浓度，平衡向正向移动，其他反应物的转化率增大而本身转化率降低。（3）当只改变生成物的浓度，平衡向正向移动，平衡转化率一定增大。（4）对于aA(g)bB(g)cC(g)反应，加入一定的A建立平衡体系如果在恒温恒容下再加入A物质，达到新平衡时A的转化率有下列三种情况 abc，A的转化率不变 abc，A的转化率增大 ac，A、B转化率增大 abc，A、B转化率减小。（6）如果某一反应达到平衡，在恒温恒容下再按原平衡各组分的物质的比加入各组分，反应物的转化率变化按增大压强分析。26.将等物质的量的A和B，混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g) = xC(g)2D(g)；5 min后测得c(D)0.5 molL1，c(A)c(B)35，C的反应速率是0.1 molL1min1。（1）x_;（2）v(B)_;（3）A在5 min末的浓度是_。【答案】 (1). 2 (2). 0.05 molL1min1 (3). 0.75 molL1【解析】【分析】本题主要考查了平衡反应速率的计算，注意单位的统一；反应速率之比恒等于化学计量数之比。【详解】可逆反应中反应速率之比等于化学计量数之比，由题可知，(D)c(D)/t0.5 molL1/5min0.1molL1min1，(C)(D)，即x2；(B)：(C)1：2，则(B)0.05 molL1min1；根据题意，反应5min时，D的物质的量是1mol，设A物质的在5min末的物质的量是xmol。3A(g)B(g) = 2C(g)2D(g)起始量（mol） 1.5x 1.5x 0 0变化量（mol） 1.5 0.5 1 1平衡量（mol） x 1x 1 1c(A)c(B)x：（1x）35，即x1.5mol，A在5 min末的浓度是0.75 molL1。27.到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用最主要的能源。（1）化学反应中放出的热能（焓变，H）与反应物和生成物的键能（E）有关。已知：H2(g)Cl2(g)=2HCl(g) H=a kJ/molE(H-H)=b kJ/mol，E(Cl-Cl)=c kJ/mol则：E(H-Cl)=_。（2）实验中不能直接测出由石墨和氢气反应生成甲烷反应的反应热，但可测出CH4、石墨和H2燃烧反应的反应热，求由石墨生成甲烷的反应热。已知：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H=a kJmol-1C(石墨)O2(g)=CO2(g) H=b kJmol-1H2(g)1/2O2(g)=H2O(l) H=c kJmol-1则反应C(石墨)2H2(g) CH4(g)的反应热H=_kJmol-1。又已知:该反应为放热反应,则该反应在_条件下可自发进行(填“低温”、“高温”)。（3）已知在一定温度下，以下三个反应的平衡常数分别为K1、K2、K3：C(s)+CO2(g) 2CO(g) K1CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) K2C(s)+ H2O(g) H2(g)+CO(g) K3则K1、K2、K3之间的关系是K3_。【答案】 (1). (a+b+c)/2 kJ mol1 (2). (-2c-b+a) (3). 低温 (4). K1K2【解析】【分析】本题主要考查了平衡常数计算式，注意不包括固体；同时考查了反应热的计算，包括与键能的关系和盖斯定律的应用。【详解】(1)H=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物合成化学键释放的能量=bc-2 E(H-Cl)a，则E(H-Cl)= (a+b+c)/2 kJ mol1；(2)根据盖斯定律，反应C(石墨)2H2(g) CH4(g)的反应热H=(-2c-b+a) kJmol-1；若反应放热，该反应是熵减的反应，H0，根据G=HTS，反应自发进行，G0，则该反应应在低温条件下进行；(3)平衡常数K1=c2（CO）/c（CO2），平衡常数K2=，平衡常数K3 =，故K3K1K2。28.下图装置中，b电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，同时a、d电极上产生气泡。试回答：（1）c极的电极反应式为_。（2）电解开始时，在B烧杯的中央，滴几滴淀粉溶液，电解进行一段时间后，你能观察到的现象是：_， 电解进行一段时间后，罩在c极上的试管中也收集到了气体，此时c极上的电极反应式为_。（3）当d极上收集到44.8mL气体（标准状况）时停止电解，a极上放出了_moL气体，此时若b电极上沉积金属M的质量为0.432g，则此金属的摩尔质量为_。【答案】 (1). 2I-2e-=I2 (2). C极附近溶液变为蓝色 (3). 4OH4e-=2H2O+O2 (4). 0.001 (5). 108g/mol (6). 【解析】【分析】电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，说明金属M离子的放电能力大于氢离子，且b为电解池阴极，a、c为电解池的阳极，同时a、d电极上产生气泡，a电极上氢氧根离子失电子生成氧气，d电极上氢离子得电子生成氢气。【详解】（1）根据以上分析知，c阴极电极反应式为2I-2e-=I2；（2）电解碘化钾溶液时，c电极上碘离子放电生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色，所以在C处变蓝，一段时间后c电极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2；（3）d电极上收集的44.8mL气体（标准状况）是氢气，a极上收集到的气体是氧气，根据转移电子数相等可知，氧气和氢气的体积之比是1：2，d电极上收集的44.8mL氢气，则a电极上收集到22.4mL氧气，即物质的量为0.001mol；d电极上析出的氢气的物质的量=0.0448L/22.4L/mol=0.02mol，转移电子的物质的量是0.04mol，硝酸盐中M显+1价，所以当转移0.04mol电子时析出0.04mol金属单质，M=m/n=0.432g/0.04mol=108g/mol。29.对含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。（1）N2、O2和H2相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：N2(g)+O2(g)2NO(g) H= +180 kJmol-1；2H2(g)+O2(g)2H2O(g) H =483 kJmol-1；N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H = 93 kJmol-1。则氨的催化氧化反应的热化学方程式为_。（2）汽车尾气净化的一个反应原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H0。一定温度下，将2.8mol NO、2.4mol CO通入固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。NO的平衡转化率为_，0-20min平均反应速率v(NO)为_mol/(Lmin)；该温度下的化学平衡常数数值是_。25min时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8 mol，则化学平衡将_ 移动（填“向左”、“向右”或“不”)。下列可说明该反应已经达到平衡的是_。av生成（CO2）= v消耗（CO） b混合气体的密度不再改变c混合气体的平均相对分子质量不再改变 d单位时间内消耗2