四川大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

四川大学附属中学2023-2024学年高二上期半期考试试题高二化学时间：75分钟；分值：100分可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23第Ⅰ卷(选择题共48分)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.中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列有关说法错误的是A.《本草图经》记载“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，因绿矾能电离出，所以“味酸”B.“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及化学能转化为热能和光能C.刘长卿诗云“水声冰下咽，砂路雪中平”，固态冰转化为液态水需要吸热D.“三月打雷麦谷堆”是指在雷电作用下最终转化成被作物吸收的化合态氮【答案】A【解析】【详解】A．绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出H＋，之所以有“味酸”，是溶解时Fe2＋水解的结果，故A错误；B．火树银花指的是灼热的铁水被打到半空中与氧气发生剧烈的氧化还原反应，这个过程中化学能转化成了热能和光能，故B正确；C．冰转化为水属于液化过程，需要吸热，故C正确；D．雷电可以将空气中的N2转化为可以被作物吸收的化合态氮，故D正确；故答案选A。2.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是①天然气②煤③潮汐能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能A.①②③④B.①⑤⑥⑦C.③⑤⑥⑦⑧D.③④⑤⑥⑦⑧【答案】C【解析】【详解】煤、石油、天然气是化石燃料，能引起严重的空气污染，不是新能源；太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源，综合以上分析，③⑤⑥⑦⑧符合题意，故选C。3.下列说法错误的是 A.已知：2CO(g)=2C(s)+O2(g)△H＞0，则该反应一定不能自发进行B.△H＜0，△S＞0的反应在温度低时不能自发进行C.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＜0D.NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ•mol-1能自发进行，原因是体系能自发地向混乱度增加的方向进行【答案】B【解析】【详解】A．反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)△H＞0是熵减的吸热反应，△H-T△恒小于0，该反应一定不能自发进行，故A正确；B．△H-T△S<0时，反应能自发进行，则△H＜0，△S＞0的反应在任何温度下都能自发进行，故B错误；C．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)是△S<0的反应，在常温下能自发进行，说明该反应为放热反应，△H＜0，故C正确；D．根据反应物态变化可知反应正向△S＞0，当T值较大时可推得该反应可以出现ΔG<0，说明在较高温度时可以实现体系自发向混乱度增加的方向转变，故D正确；故选B。4.加水稀释稀醋酸溶液的过程中，下列说法正确的是A.溶液的pH逐渐减小B.分别中和稀释前后的溶液，后者消耗的多C.溶液中逐渐增大D.溶液中的逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A．加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动，但溶液中的c(H+)减小，则逐渐增大，A错误；B．加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动，但CH3COOH能提供的H+的物质的量不变，故分别中和稀释前后的溶液，消耗的一样多，B错误；C．加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动，但溶液中的c(H+)减小，溶液中 =逐渐增大，C正确；D．加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动，则溶液中的逐渐增大，D错误；故答案为：C。5.下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是A.NaOH(aq)+HCl(aq)+NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.4kJ•mol-1，则：含20gNaOH的溶液与浓硫酸完全反应，放出的热量为28.7kJB.500℃、30MPa下，将2molO2和4molSO2置于密闭的容器中充分反应生成SO3(g)，放热316.8kJ，则热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-158.4kJ•mol-1C.C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ•mol-1，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，石墨比金刚石稳定D.已知：C8H18的燃烧热为11003kJ，则101kPa时：2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g)△H=-22006kJ•mol-1【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸溶于水会放热，NaOH(aq)+HCl(aq)+NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.4kJ•mol-1，则：含20gNaOH的溶液与浓硫酸完全反应，放出的热量大于57.4×=28.7kJ，故A错误；B．O2和SO2反应生成SO3是可逆的过程，将2molO2和4molSO2置于密闭的容器中充分反应生成SO3(g)的物质的量小于4mol，此时放出的热量为316.8kJ，则热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<-158.4kJ•mol-1，故B错误；C．C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ•mol-1，该反应是吸热反应，C(石墨，s)的能量低于C(金刚石，s)，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；D．C8H18的燃烧热为11003kJ，则2molC8H18完全燃烧生成18molH2O(l)放出的热量为22006kJ，故D错误；故选C。6.1884年勒夏特列提出了平衡移动原理，下列现象或操作不能用该原理解释的是A.实验室可用CaO和浓氨水快速制取氨气B.恒温条件下，，缩小容积，气体颜色变深C.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 D.，工业上将钾蒸气从反应体系中分离出来，以制备金属钾【答案】B【解析】【详解】A．浓氨水加入CaO固体，CaO溶于水放出热量，使一水合氨分解生成氨气的化学平衡逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故A不符合题意；B．反应前后均为气体，缩小容积，平衡不移动，气体颜色变深是因为体积变化，浓度增大，不能用化学平衡移动原理解释，故B符合题意；C．饱和食盐水中氯离子浓度较大，抑制了氯气在水在的溶解，能用化学平衡移动原理解释，故C不符合题意；D．使K成蒸气从反应混合物中分离出来，降低K蒸气的浓度，平衡向正反应方向移动，有利于K的制备，可以用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故答案选B。7.已知反应，在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4mol和0.5mol。2min后，NO浓度为0.02mol/L。下列有关说法正确的是A.2min末，用NO表示的反应速率为B.2min末，的浓度为0.36mol/LC.0~2min内，生成的水的质量为1.08gD.0~2min内，的物质的量减少了0.025mol【答案】C【解析】【分析】2min后，NO的浓度为0.02mol/L，则生成的NO的物质的量为0.04mol，列三段式有，据此分析解题。【详解】A．2min末，NO的浓度为0.02mol/L，用NO表示的反应速率为，故A错误；B．2min后，NO的浓度为0.02mol/L，则生成的NO的物质的量为0.04mol，根据 可知，消耗了0.04mol，容器中剩余0.36mol，所以2min末，的浓度为，故B错误；C．2min末，则生成的NO的物质的量为0.04mol，0~2min内，生成的水的物质的量为0.06mol，质量为，故C正确；D．由分析可知，0~2min内，的物质的量减少了0.05mol，故D错误；故答案选C。8.下列各实验装置、目的或结论全都正确的是实验装置甲乙丙丁A.甲可验证镁片与稀盐酸反应放热B.乙中所涉及的反应是放热反应C.由丙可测定生成氢气的反应速率D.丁可验证对的分解反应有催化作用【答案】A【解析】【详解】A．Mg片与盐酸反应放热，使饱和石灰水的温度升高，石灰水变浑浊，可验证镁片与稀盐酸反应放热，故A正确；B．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应是吸热反应，故B错误；C．反应生成的氢气会通过长颈漏斗溢出，无法测定生成氢气的反应速率，故C错误；D．右侧试管的温度高，且加催化剂，两个变量，不能验证对的分解反应有催化作用，故D错误；故答案选A。9.甲醇是一种理想的可再生清洁能源。CO2和H2在一定条件下合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH；相关物质的能量如图1所示，在两个容积相同的密闭容器中分别充入nmolCO2和3nmolH2 ，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间测得CO2的转化率与温度的关系曲线如图2所示(不考虑温度对催化剂活性的影响)，下列说法不正确的是A—49.3B.C点的正反应速率：C.在T2温度下，此反应活化能：催化剂I>催化剂IID.T1—T3温度区间，反应未达平衡，CO2的转化率随温度升高而增大【答案】B【解析】【详解】A．合成甲醇反应的反应热△H=(—393.5kJ/mol+0)—[(—201.0kJ/mol)+(—110.5kJ/mol)]=—49.3kJ/mol，故A正确；B．由图可知，相同温度下，使用催化剂II时二氧化碳的转化率大于使用催化剂I时，则反应速率大于催化剂I时，C点反应温度相同，但催化剂不同，所以反应I和反应II的正反应速率不相等，故B错误；C．由图可知，T2温度下，使用催化剂II时二氧化碳的转化率大于使用催化剂I时，则反应速率大于催化剂I时，反应的活化能越大，反应速率越慢，则T2温度下，使用催化剂I的反应活化能大于催化剂II，故C正确；D．由图可知，T3温度时，二氧化碳的转化率未达到最大，说明反应未达到平衡，则T1—T3温度区间，温度升高，反应速率加快，二氧化碳的消耗量增大，反应的转化率增大，故D正确；故选B10.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A比较和的催化效果向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液，观察气体产生的速度 B探究温度对反应速率的影响向2支试管中各加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸，然后分别放入冷水和热水中C探究草酸浓度对反应速率影响两支试管中均加入2mL1mol/L的酸性溶液，再同时向两支试管分别加入2mL0.1mol/L的溶液和2mL0.05mol/L的溶液，观察高锰酸钾溶液褪色所需时间D比较HCl和的酸性强弱相同温度下，用pH计分别测定0.010mol/LHCl溶液和0.010mol/L溶液的pHA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．催化剂中阴阳离子均不同，应控制阴离子相同比较且阳离子浓度相同才能比较和的催化效果，故A错误；B．应该先将不同溶液放入不同温度的水中，再混合，故B错误；C．高锰酸钾过量，草酸均不足，溶液均不褪色，不能说明浓度对速率的影响，故C错误；D．相同温度下，用pH计分别测定0.010mol/LHCl溶液和0.010mol/L溶液的pH，可比较HCl和的酸性强弱，故D正确；故答案选D。11.反应，分别向的密闭容器中通入和一定量的，在不同温度下的平衡转化率与投料比的关系如图所示。下列说法错误的是A. B.温度下，A点容器内的压强是反应开始时的0.8倍C.当容器内气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡状态D.温度下，反应开始至B点用时，的平均反应速率为【答案】D【解析】【详解】A．正反应是放热反应，其他条件不变，温度升高平衡逆向移动，的平衡转化率降低，结合图可知，故A正确；B．根据，同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，由图示可知A点容器内和按等物质的量通入，平衡时的转化率为80%，利用列三段式或差量法可知平衡时压强是反应前的0.8倍，故B正确；C．反应物和生成物均为气体且反应前后气体的物质的量不等，故随着反应的发生气体的平均相对分子质量会发生改变，当容器内气体的平均相对分子质量不变时，可以作为判断该反应达到平衡状态的标志，故C正确；D．由图示可知B点容器内和按等物质的量通入，B点的转化率为60%，反应用时，，则的平均反应速率为，故D错误。故选D。12.金属Ni可活化放出，其反应历程如图所示：下列说法正确的是A.中间体1→中间体2的过程决定整个历程反应速率B.加入催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率C.Ni和的总键能大于和的总键能 D.中间体2→中间体3的过程是放热过程【答案】B【解析】【详解】A．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3的过程活化能最大，反应速率最慢，即中间体2→中间体3的过程决定整个历程反应速率，选项A错误；B．加入催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，选项B正确；C．Ni和的相对总能量为0，和的相对总能量为，总反应为放热反应，Ni和的总键能小于和的总键能，选项C错误；D．中间体2的相对能量为，中间体3的相对能量为，该过程为吸热过程，选项D错误；答案选B。13.在中和反应反应热的测定实验中，为得到较准确的数值，适合用来做实验的一组试剂为A.50mL盐酸＋适量NaOH固体B.50mL盐酸＋50mLNaOH溶液C.适量浓硫酸＋50mLNaOH溶液D.50mL硫酸＋50mL溶液【答案】B【解析】【分析】中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量。【详解】A．氢氧化钠固体溶于水会放热，影响中和热的测定，故A不符合题意；B．50mL盐酸＋50mLNaOH溶液适合用来做实验，故B符合题意；C．浓硫酸溶于水放热，影响中和热的测定，故C不符合题意；D．硫酸和氢氧化钡反应除了生成水，还生成硫酸钡也有能量变化，影响中和热的测定，故D不符合题意；故选B。14.联氮()又称肼，是一种绿色环保还原剂，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。下列说法不正确的是A.联氨分子中含有极性键和非极性键 B.联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为C.等物质的量浓度、等体积的联氨与盐酸混合，反应的离子方程式为：D.联氨反应中产物总能量小于反应物总能量【答案】B【解析】【详解】A．联氨分子中含有N-N非极性键和N-H极性键，A错误；B．联氨为二元弱碱与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2，B正确；C．等物质的量浓度、等体积的联氨与盐酸混合,反应的离子方程式为:N2H4+H+=，C错误；D．联氨反应为放热反应，产物总能量小于反应物总能量，D错误；故选B。15.已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列说法正确的是酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数A.向NaClO溶液中通入少量：B.向NaClO溶液中通入足量能提高次氯酸的浓度C.将的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小D.酸性由强到弱排序：【答案】A【解析】【分析】弱电解质电离平衡常数越大，电离程度越大，说明酸性越强，据此分析解题。【详解】A．向NaClO溶液中通入少量，生成HClO和NaHCO3，离子方程式为，故A正确；B．NaClO具有氧化性，NaClO溶液中通入足量将发生氧化还原反应，不能提高次氯酸的浓度，故B错误； C．醋酸稀释将促进电离，氢离子浓度先增加后下降，故C错误；D．根据电离平衡常数大小，酸性由强到弱排序：，故D错误；故答案选A。16.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应，图1表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始的变化关系，则下列结论正确的是A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率B.由图2可知反应，且正反应吸热C.若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入0.2molB和0.2molC，此时D.200℃时，向该空容器中充入2molA和1molB，达到平衡时A转化率小于50%【答案】D【解析】【分析】图1可知，200°C时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比为0.4mol:0.2mol:0.2mol=2:1:1，平衡时A的体积分数为，200℃时，向该空容器中充入2molA和1molB，平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，据此分析解题。【详解】A．由图1可知，200°C时5min达到平衡，平衡时B的物的量变化量0.4mol-0.2mol=0.2mol，，故A错误；B．仅根据图2无法计算化学计量数之比，故B错误；C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2molB和0.2molC，由子B和C的化学汁量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，故C错误；D．由图1可知，200°C时平衡时，A、B、C的物质的量的变化量分别0.4mol、0.2mol、0.2mol ，物质的量之比等于化学计量数之比为0.4mol:0.2mol:0.2mol=2:1:1，平衡时A的体积分数为，200℃时，向该空容器中充入2molA和1molB，平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D正确；故答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共52分)17.按要求回答下列问题。I．以下是生产、生活中常见的物质。①冰醋酸；②；③；④干冰；⑤；⑥熔融；⑦石墨；⑧浓硫酸；⑨蔗糖。（1）属于强电解质的有___________，属于非电解质的有___________。(用序号填空)（2）写出⑥的电离方程式：___________。（3）将⑧与⑨混合，观察到混合物变黑，体积迅速膨胀，产生刺激性气味，该过程中体现的物质⑧的性质有___________。（4）常温下，均为的①溶液和⑥溶液，加水稀释100倍，pH较大的是___________。(用序号填空)Ⅱ．常温下几种酸的电离平衡常数如表：酸HCOOHHCN，（5）常温下，0.1mol/L的HCN溶液中，约为___________。（6）根据电离平衡常数判断，以下反应不能进行的是___________。A.B.C.D.【答案】17.①.②③⑥②.④⑨18.19.脱水性、强氧化性 20.⑥21.22.B【解析】【小问1详解】①冰醋酸(固态醋酸)不能导电，溶于水部分电离，能导电，属于电解质，且属于弱电解质；②Na2CO3属于盐，固体中的离子不能自由移动，不能导电，溶于水或熔融时全部电离，属于电解质，且属于强电解质；③BaCO3属于盐，固体中的离子不能自由移动，不能导电，熔融时全部电离，属于电解质，且属于强电解质；④CO2是化合物，本身不能电离产生自由移动的离子而导电，是非电解质；⑤H2C2O4属于酸，没有自由移动的离子，不能导电，溶于水时部分电离，属于电解质，且属于弱电解质；⑥NaHSO4晶体不能导电，溶于水全部电离，能导电，属于电解质，且属于强电解质；⑦石墨是单质，能导电，既不是电解质，也不是非电解质；⑧浓硫酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，溶液中有自由移动的离子，能导电；⑨蔗糖是化合物，溶于水或熔融时均不电离，没有自由移动的离子，不能导电，属于非电解质；故属于强电解质的是②③⑥，属于非电解质的是④⑨；【小问2详解】硫酸氢钠在熔融状态电离出Na+、，其电离方程式为【小问3详解】将蔗糖和浓硫酸混合，混合物变黑是蔗糖脱水炭化，体现了浓硫酸的脱水性；体积迅速膨胀，产生刺激性气味，主要是碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成SO2，体现了浓硫酸的强氧化性，因此该过程体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；【小问4详解】冰醋酸是一元弱酸，只能部分电离，加水稀释促进其电离，NaHSO4是强酸的酸式盐，完全电离，相当于一元强酸，不存在电离平衡，均为的冰醋酸和NaHSO4加水稀释100倍，冰醋酸中稍大，pH较小，NaHSO4溶液pH较大；【小问5详解】该温度下，0.1mol/L的HCN溶液中c(H+)；【小问6详解】A．根据HCOOH和HCN的电离平衡常数可知，HCOOH的酸性强于HCN，因此该反应能自发进行，A 正确；B．根据电离平衡常数可知，HCN的酸性强于，因此该反应不能自发进行，B错误；C．H2CO3第一级电离平衡常数大于HCN的电离平衡常数，H2CO3的酸性强于HCN，而HCN的酸性强于，因此该反应能自发进行，C正确；D．根据电离平衡常数可知，HCOOH的酸性强于H2CO3，因此该反应能自发进行，D正确；答案选B。18.某实验用100mLNaOH溶液60mL溶液进行中和热的测定，装置如图所示。（1）从如图实验装置可知，缺少的一种仪器名称是___________。（2）若实验共需要450mLNaOH溶液，在配制该溶液时，则需要用托盘天平称量NaOH固体___________g（3）某小组测得数据如下：实验序号起始温度终止温度平均温度差NaOH平均值126.226.026.130.1___________226.326.526.430.3326.026.026.030.1425.926.126.031.8近似认为NaOH溶液与溶液的密度都是 ，中和后生成溶液的比热容，则上述实验测得的中和热___________kJ/mol。（4）写出用稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的反应表示中和热的热化学方程式(中和热数值为)：___________。（5）上述实验测得中和热的数值小于，产生偏差的原因可能是___________。A.量取硫酸体积时仰视读数B.配制NaOH溶液定容时俯视C实验装置保温效果差D.向酸溶液中分多次加入碱溶液（6）实验中若用70mL溶液跟50mLNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求生成1mol时对应的反应热___________(填“相等”或“不相等”)。（7）若用50mL醋酸代替溶液进行上述实验，发生反应的离子方程式为___________，测得反应放出的热量_____(“变大”“变小”或“无影响”)。【答案】（1）玻璃搅拌器（2）10.0（3）①.4.0℃②.-53.76（4）（5）CD（6）相等（7）①.CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O②.变小【解析】【分析】中和热测定实验成败的关键是保温工作；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸、碱的用量无关；以此解题。【小问1详解】由图可知，图中缺少的一种仪器名称是玻璃搅拌器；【小问2详解】因为没有450mL容量瓶，实际配制的的是500mL(0.5L)溶液，即m(NaOH)=0.50mol·L-1×0.5L×40g/mol=10.0g；【小问3详解】①四组数据计算的温差分别为4.0℃、3.9℃、4.1℃、4.8℃，明显第4组数据偏差较大应舍去，所以平均温度差为4.0℃；②在该中和实验中，生成水的物质的量为0.05mol，放出的热量=c‧m‧△t=4.2J·g-1·℃-1×(100+60)g×4.0℃=2688J=2.688kJ，则生成1mol水放出的热量为=53.76kJ·mol-1，则∆H=-53.76kJ·mol-1； 【小问4详解】稀和稀氢氧化钠溶液的反应表示中和热的热化学方程式为：；【小问5详解】A．量取硫酸溶液时仰视读数，量取的硫酸溶液体积偏大，但是该反应中硫酸本来就是过量的，则不影响结果，故A错误；B．配制NaOH溶液定容时俯视，导致氢氧化钠浓度偏大，则做中和热测定时，氢氧化钠用量偏大，放出的热量较多，故B错误；C．装置保温隔热效果差，会造成热量散失较多，造成偏差，故C正确；D．向酸溶液中分多次加入碱溶液，会造成热量散失较多，造成偏差，故D正确；故选CD。【小问6详解】中和热的数值不变，故所求生成1mol时对应的反应热相等。【小问7详解】醋酸和氢氧化钠反应的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，醋酸溶于水吸热，故测得反应放出的热量变小。19.氨的合成是最重要的化工生产之一、以下是合成氨的方法与应用，请根据题意，回答相应问题：氨的合成(N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-46.2kJ‧mol-1)（1）工业上可利用“甲烷蒸气转化法生产氢气”，反应为：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，已知有关反应的能量变化如下图：则该反应的焓变△H=___________；（2）丙烷脱氢制丙烯反应[C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)]，产生的H2也可用于合成氨。若一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，发生脱氢反应。①下列情况能说明丙烷脱氢制丙烯反应达到平衡状态的是(填字母)___________。 A．该反应的焓变(△H)保持不变B．气体平均摩尔质量保持不变C．气体密度保持不变D．C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等②丙烷脱氢制丙烯反应过程中，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温度下该反应的平衡常数Kp=___________kPa(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×物质的量分数)。③已知上述反应中，v正=k正·p(C3H8)，v逆=k逆·p(C3H6)·p(H2)，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，则图中m点处___________。（3）实际生产中，常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。①分析说明原料气中N2过量的理由___________。②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是___________。A．合成氨反应在不同温度下的△H都小于零B．控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率C．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率D．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行【答案】（1）+161.1kJ/mol（2）①.BD②.0.9p③.5.4(或6k正/pk逆)（3）①.原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；(或N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率)②.AD【解析】【小问1详解】①H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH=－241.8kJ·mol－1，②CH4(g)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g)ΔH=－564.3kJ·mol－1，②－3×①，ΔH=(－564.3)kJ·mol－1－3×(－241.8)kJ·mol－1=＋161.1kJ·mol－1；故答案为＋ 161.1kJ·mol－1；【小问2详解】①A．焓变只与体系中始态和终态有关，因此该反应的焓变不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应为气体物质的量增大的反应，利用，当气体平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡，故B符合题意；C．组分都是气体，混合气体的总质量保持不变，容器为恒容，混合气体总体积保持不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；D．用不同物质的反应速率表示反应速率，要求反应方向是一正一逆，且速率之比等于化学计量数之比，C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等,能说明反应达到平衡，故D符合题意；答案为BD；②t2时，反应达到平衡，开始时C3H8的分压为pkPa，令达到平衡时，消耗C3H8的分压为xkPa，则C3H6、H2的分压均为xkPa，C3H8的体积分数为25%，则有，解得x=0.6p，Kp==0.9p，故答案为0.9p；③当达到平衡时，v正=v逆，即有k正·p(C3H8)=k逆·p(C3H6)·p(H2)，=0.9p，根据②的分析，m点时p(C3H6)、p(H2)、p(C3H8)分别为、、，=,m点处=5.4；故答案为5.4；【小问3详解】①空气主要含有N2和O2，原料气中N2相对易得，该反应为可逆反应，增加N2的量，可以提高H2的转化率；或N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；故答案为原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；(或N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率)；②A．合成氨为放热反应，因此焓变始终小于0，故A正确；B．因为该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡转化率降低，控制温度远高于室温，是为了提高反应速率，和催化剂的活性，故B错误； C．恒温恒压下，充入少量的惰性气体，容器的体积增大，组分浓度减小，平衡向逆反应方向进行，不利于合成氨，故C错误；D．将氨气液化移去，降低生成物的浓度，促使平衡向正反应方向进行，故D正确；答案为AD。20.我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。碳的转化利用是碳中和的一条重要途径。电合成草酸是一种利用二氧化碳和电能反应生成草酸的过程。草酸可用作化学品合成、电镀、纺织工业以及药物制造等领域。常温(25℃)下，向某浓度的溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示。（1）由图可知，在常温下：草酸的电离平衡常数_____；_______；草酸的远小于的主要原因是___________(从电离平衡角度考虑)。（2）T℃下，的一级电离平衡常数为，则T___________25℃(填“>”、“<”或“=”)。（3）常温下，当时，溶液中___________。（4）醋酸与草酸均为有机弱酸，常温下，溶液的，则的电离度=___________(用百分数表示)。向该溶液中加入冰醋酸，的电离度___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，溶液中的___________。【答案】（1）①.②.③.一级电离电离出的H＋抑制了草酸的二级电离（2）103（3）103（4）①.1%②.减小③.增大【解析】【小问1详解】由图像可知，时，，所以 ；时，，所以，由于一级电离电离出的H＋抑制了二级电离，所以草酸的远小于，故答案为；；一级电离电离出的H＋抑制了草酸的二级电离。【小问2详解】由于电离为吸热过程，所以电离平衡常数随温度升高而增大，T℃下，的一级电离平衡常数为，则T<25℃，故答案为<。【小问3详解】常温下，当时，由电离常数表达式可知，，故答案为103。【小问4详解】