1、山东省淄博市2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）一、选择题：本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列关于热化学反应的描述中正确的是A. HCl和NaOH反应的中和热H=-57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热 H = 2(-57.3) kJ/molB. CO(g)的燃烧热283.0 kJ/mol，则反应 2CO(g)+O2 (g)=2CO2(g)的H= -2283.0 kJ/molC. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】【详解
2、】A. H2SO4和Ba(OH)2反应不仅仅生成水，还生成硫酸钡沉淀，放出更多的热量，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热 H Ksp(FeS)，Qc(d)=110-9110-9=110-180，H30，H40C. H1=H2+H3D. H3=H4+H5【答案】C【解析】【详解】A.和分别为C(s)、CO(g)燃烧的热化学方程式，燃烧反应均为放热反应，因此H10，H30，A项错误；B.对应的热化学方程式为4Fe(s)氧化的热化学方程式，属于放热反应，则H4 Ksp(AgCl)C取5mL0.1mol/LKI溶液，加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶
3、液变成血红色Fe3+与I-发生的反应为可逆反应D已知KAlO2溶液的pH7，将其蒸干并灼烧，得到固体残留物该固体为Al2O3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.相同条件下，草酸溶液浓度越大，其电离出离子浓度越大，0.01mol/L草酸溶液中H+浓度大于0.001mol/L草酸溶液中H+浓度，但电离程度等于弱电解质已经电离的部分除以弱电解质的初始浓度，其与弱电解质已经电离的部分成正比，但与弱电解质的初始浓度成反比，因而草酸浓度越大，其电离程度越小，A项错误；B.已知Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(AgI)=8.510-17，显然Ksp(AgI)7，说明Al
4、O2发生水解，其方程式为KAlO2+2H2OAl(OH)3+KOH，由于KOH不易挥发，Al(OH)3+KOH又会发生反应生成KAlO2，故将其蒸干并灼烧，得到固体残留物为KAlO2，D项错误；故选C【点睛】D项是易错点，关于物质的蒸干灼烧规律可总结为：若能分解就分解，无需考虑它水解。若是强的走不掉，得到原盐最可靠。若是强的跑得快，弱的乖乖留下来。若能氧化就氧化，氧化还原分析它。10.室温下，分别取10 mL pH均为2的盐酸、醋酸溶液分别与10mL 0.01 mol L-1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生CO2气体的体积(V)随时间(t)的变化如图所示。下列说法不正确的是A. 表示的是盐
5、酸的反应曲线B. 混合后的溶液中：c(CH3COO)c(C1)C. 上述混合前三种溶液中水的电离程度：NaHCO3溶液醋酸溶液=盐酸D. 醋酸和NaHCO3溶液混合后，所得的溶液中:c(CH3COO)+ c(CH3COOH) = 0.005 mol L-1【答案】D【解析】【详解】A. pH均为2的盐酸、醋酸溶液说明初始H+离子浓度相等，但醋酸溶液中存在电离平衡，当醋酸与NaHCO3反应时，H+离子浓度减小，平衡正向移动，不断补充H+，因而相对于完全电离的盐酸，醋酸与NaHCO3反应速率会更快，结合图象，因而斜率小的，即表示的是盐酸的反应曲线，A项正确；B.结合pH均为2的盐酸、醋酸溶液易知c
6、(HCl)=0.01mol/L，而c(CH3COOH)0.01mol/L，分别与0.01 mol L-1NaHCO3溶液等体积混合，盐酸与NaHCO3溶液恰好完全反应，得到的溶质为NaCl，易知c(Na+)= c(Cl)；醋酸与NaHCO3溶液反应，得到与NaCl等量的CH3COONa和过量的CH3COOH，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，因而c(CH3COO) c(Na+)= c(Cl)，B项正确；C.盐酸、醋酸溶液的pH均为2，说明两者对水电离的抑制程度一样，而NaHCO3溶液显碱性，HCO3的电离程度弱于其水解程度，因而HCO3促进水的电离，即上述混合前三种溶液中
7、水的电离程度：NaHCO3溶液醋酸溶液=盐酸，C项正确；D. c(CH3COOH)0.01mol/L，其与等体积的0.01 mol L-1 NaHCO3溶液混合，反应方程式为CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2+H2O，根据化学计量数，c(CH3COONa)=mol/L=0.005mol/L，且醋酸过量，根据物料守恒知c(CH3COO)+ c(CH3COOH) 0.005 mol L-1，D项错误；故选D。【点睛】与水反应的物质对水电离平衡有何影响，还是应当搞清楚反应的机理再说，是与H2O分子反应还是与水电离出的H+ 或OH- 反应？若是与H2O分子反应，生成的酸或碱会抑制水
8、的电离；若是与H2O电离的H+ 或OH- 反应，则会促进水的电离。11.水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A. 温度：abcB. 仅升高温度，可从a点变为c点C. 水的离子积常数Kw:bcdD. b点对应温度下，0.5 mol/L H2SO4溶液与1mol/L KOH溶液等体积混合，充分反应后，所得溶液中c(H+) = 1.010-7 mol L-1【答案】C【解析】【分析】结合图象，图中三条曲线代表不同温度下关于Kw=c(H+)c(OH)的解析曲线。【详解】A.水的电离是吸热过程，温度越高越利于正向移动，c(H+)和c(OH)都会变大，所以温度：bca，A项错误;B.仅升高温度时，c
9、(H+)和c(OH)都会变大，而a点变为c点，c(OH)不变，显然矛盾，B项错误；C.结合Kw=c(H+)c(OH)，分别代入b点、c点、a点，则Kw(b)=10-610-6=10-12，Kw(c)=10-710-6=10-13，Kw(a)=10-710-7=10-14，又a点和d点在一条曲线上，Kw(d)= Kw(a)= 10-14，因而水的离子积常数Kw:bcd，C项正确；D. 0.5 mol/L H2SO4溶液与1mol/L KOH溶液等体积混合,易知H2SO4与KOH恰好完全反应生成K2SO4和水，又K2SO4为强碱强酸盐，故K2SO4溶液显中性，所以c(H+)=c(OH)，又c(H+
10、)c(OH)= c2(H+)=Kw(b)= 10-12，解得c(H+)=1.010-6 mol L-1，D项错误；故选C。12.下列表述与示意图一致的是A. 图表示2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g) H0，SO3的平衡转化率随温度、时间的变化B. 图中曲线表示反应H2(g)+I2(g)=2HI(g) HT1，结合2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g) H0，当温度越高，越利于正向移动，因而SO3的平衡转化率会变大，即T2时SO3的平衡转化率大于T1时SO3的平衡转化率，A项错误；B.K正曲线与K逆曲线相交时，即K正=K逆，说明反应H2(g)+I2(g)=2HI(g)达到平衡状态，根
11、据勒夏特列原理，结合H0，温度越高越利于逆向移动，此时K正K逆，B项正确；C.稀盐酸与过量锌粒反应为放热反应，一开始反应速率越来越快，但随着反应进行，盐酸浓度变小，反应速率越来越小，因而n(Zn2+)随时间的变化曲线斜率先越来越大，然后越来越小直至为0，C项错误；D.由图知5min反应达到平衡，又v(B)= ，反应容器的体积不知道，无法计算从开始到平衡时B的平均反应速率，D项错误；故选B。13.向温度为300的2 L密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应2SO2 (g)+ O2 (g) 2SO3(g)HT1，则正反应一定是放热反应B. T2和n (X2)不变，达到平衡时，
12、XY3的物质的量：cbaC. T2和n(X2)不变，达到平衡时，X2的转化率:bacD. 若T2T1，达到平衡时b、d点的正反应速率:v(d)v (b)【答案】B【解析】【分析】XY3(g)的平衡体积分数等于XY3(g)的物质的量除以X2 (g)、Y2 (g)、XY3(g)的物质的量之和，增加Y2 (g)会使得平衡正向移动，XY3(g)的物质的量变大，因而XY3(g)的平衡体积分数先增大，但随着Y2 (g)变得更多，X2 (g)、Y2 (g)、XY3(g)的物质的量之和也会变得更大，XY3(g)的平衡体积分数反倒减小。【详解】A. Y2 (g)起始投入量相等时，若T2T1，且T2时XY3(g)
13、的平衡体积分数大于T1时XY3(g)的平衡体积分数，说明温度越高，平衡正向移动，正反应一定是吸热反应，A项错误；B. T2和n (X2)不变，增加Y2 (g)会使得平衡正向移动，XY3(g)的物质的量变大，即达到平衡时，XY3的物质的量：cba，B项正确；C. T2和n(X2)不变，达到平衡时，增加Y2 (g)会使得平衡正向移动，X2 (g)物质的量一直减小，达到平衡时，X2的转化率逐渐增大，即cba，C项错误；D.温度越高，反应速率越大，若T2T1，达到平衡时b、d点的正反应速率:v(d)v (b)，D项错误；故选B。15.25 时，浓度均为1 molL-1的四种正盐溶液AX、BX、AY、B
14、Y；AX溶液的pH = 7且溶液中c(X-) = 1 molL-1 ，BX溶液的pH =4，BY溶液的pH =6。下列说法正确的是A. 电离常数:K(BOH)K(HY)B. AY溶液的pH小于BY溶液的pHC. 稀释相同倍数，BX溶液的pH变化等于BY溶液的pH变化D. 将浓度均为1molL-1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY 溶液的pH【答案】A【解析】【分析】c(X-) = 1 molL-1 ，则阴离子X不会发生水解，BX溶液的pH =4，则阳离子B+水解生成的H+有110-4mol/L，由于AX溶液的pH=7，则阳离子A+不会发生水解，由于BY溶液的pH =6，则
15、阴离子Y会水解产生OH，且水解能力弱于B+。【详解】A. BY溶液的pH =6，说明B+的水解程度大于Y的水解程度，根据越弱越水解的规律，BOH的电离程度小于HY的电离程度，即电离常数:K(BOH)2c3B. a+b=196.6C. p22p3D. 1+31【答案】C【解析】【详解】A.易知甲容器内的平衡与乙容器内平衡是等效平衡，所以平衡时SO3的浓度相等，即c1= c2，丙容器反应物投入量1mol SO3是乙的一半，若丙缩小一半的体积，此时SO3的浓度设为c4，且此时丙与乙的平衡是等效的，即c2= c4，若将丙恢复至原来状态，需增加一倍的体积，此时浓度为，同时这个过程相当于减小压强，根据2S
16、O2(g)+O2(g)=2SO3(g)中的化学计量数知，平衡逆向移动，因而c32c3，A项正确；B.易知甲容器内的平衡与乙容器内平衡是全等等效平衡，所以平衡时SO3的物质的量相等，即n1= n2=n，结合2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) H=-196.6kJ/mol，a=nkJ，b=(2-n) kJ，则易得a+b=196.6，B项正确；C.丙容器反应物投入量1mol SO3是乙的一半，若丙缩小一半的体积，此时体系压强设为，且此时丙与乙的平衡是等效的，且=，若将丙恢复至原来状态，需增加一倍的体积，此时压强为，同时这个过程相当于减小压强，根据2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)中的
17、化学计量数知，平衡逆向移动，分子数目变多，因而，即2c3知甲和丙容器内平衡时SO3的物质的量的关系是n12n3，结合2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，1=，3=，1+3= 1，D项正确；故选C。【点睛】(1)化学平衡状态与建立平衡的条件有关，与建立平衡的途径无关。(2)对于同一可逆反应，在一定条件(恒温恒容或恒温恒压)下，无论是从正反应(反应物)、逆反应(生成物)或从中间状态(既有反应物、也有生成物)开始，只要建立平衡后，平衡混合物中各组分的比例相同，或各组分在混合物中的百分含量相等，这样的化学平衡互称为等效平衡。(3)注意只是组分的百分含量相同，包括体积百分含量、物质的量百分含量或
18、质量百分含量，而各组分的浓度不一定相等。二、非选择题：本题包括4小题，共52分。17.(1)101kPa下，1g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，氢气的燃烧热H =_;氢气燃烧的热化学方程式为_。(2)某实验小组用0.50 mol/L NaOH溶液和0.50 mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。 倒入NaOH溶液的正确操作是_(填选项字母，下同）。A.沿玻璃棒缓慢倒入B.一次性迅速倒入C.分三次少量倒入使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_。A.用温度计小心搅拌B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C.轻轻地振荡烧杯D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动(3)工业合成氨反应为N2(g
19、)+3H2(g)2NH3(g)，一定条件下，在2 L密闭容器中进行实验，测得有关数据如下表所示：物质N2(g)H2(g)NH3(g)起始(mol)27010 s(mol)1.6平衡时(mol)2则010 s内，用氢气浓度变化表示的平均反应速率是_，该反应的化学平衡常数是_。根据混合气体各成分的物质性质，你认为工业上将氨气从混合气体中分离出来的措施是_ ，从而达到反应气体循环利用的目的。【答案】 (1). 285.8kJ/mol (2). 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) H=571.6 kJ/mol (3). B (4). D (5). 0.12mol/(Ls) (6). 0.
20、25 (7). 降温使氨成为液体，与氨气和氢气分离开【解析】【详解】(1) 101kPa下，1g即0.5molH2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，则1mol H2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ2=285.8 kJ热量，即氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) H=571.6 kJ/mol；(2)中和热的测定中，必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，所以B正确；A.温度计用于测定温度，不能使用温度计搅拌溶液，A错误；B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌，会导致热量散失，影响测定结
21、果，B错误；C.轻轻地振荡烧杯，会导致溶液溅出，甚至导致热量散失，影响测定结果，C错误；D.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动，可以使硫酸和氢氧化钠溶液混合均匀，又可以减少热量散失，D正确；故选D。(3)10s内，生成NH3物质的量为1.6mol，此时消耗H2的物质的量为mol=2.4mol，根据化学反应速率表达式，v(H2)= 0.12mol/(Ls)；达到平衡时，n(NH3)=2mol，n(H2)=4mol，n(N2)=1mol，根据平衡常数表达式K=0.25；NH3易液化，可以采用降温使NH3成为液体，与N2和H2分离开。【点睛】在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol 水时的反应
22、热叫做中和热。定义要点：1必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热。2强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H(aq)OH(aq)= H2O(l)中和热均为573 kJmol1，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热小于57.3 kJmol1；3以生成1 mol 水为基准。18.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是_(用必要的化学用语和相关文字说明)。（2）相同条件下，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中的c(
23、NH)_(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol/L NH4HSO4中的c(NH)。（3）如图是0.1 mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图像。其中符合0.1 mol/L NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_(填写字母)，导致pH随温度变化的原因是_；20时，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中2c(SO)c(NH)3c(Al3)_。（4）室温时，向100 mL 0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_；在b点，溶液中各离子
24、浓度由大到小的排列顺序是_。【答案】 (1). Al3水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 (2). 小于 (3). (4). NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小 (5). 103mol/L (6). a点 (7). c(Na)c(SO42-)c(NH4+)c(OH)c(H)【解析】【分析】（1）Al3+水解生成的Al(OH)3胶体，具有吸附性；（2）NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，NH4HSO4中的铵根离子水解显示酸性，根据铵根离子的水解程度来回答；
25、（3）NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；根据电荷守恒定律解题；a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；依据电荷守恒得出结论；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离b点溶液呈中性；b点溶液为中性，溶质为（NH4）2SO4与Na2SO4、NH3H2O，V（NaOH）V（NH4HSO4）。【详解】（1）Al3水解生成的Al(OH)3胶体具
26、有吸附性，即Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水，故答案为Al3水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但NH4Al(SO4)2中Al3水解呈酸性，会抑制NH4+的水解，HSO4-电离出的H同样抑制NH4+的水解，因为HSO4-电离生成的H浓度比Al3水解生成的H浓度大，所以NH4Al(SO4)2中NH4+水解程度比NH4HSO4中的大，故0.1 mol/L NH4Al(SO4)2
27、中的c(NH4+)小于0.1 mol/L NH4HSO4中的c(NH4+)，故答案为小于；（3）NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为；20时，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液的pH=3，即c(H)=10-3mol/L，c(OH)较小，根据电荷守恒，可以求出2c(SO42-)c(NH4+)3c(Al3)c(H)c(OH)103mol/L- c(OH)103mol/L，故答案为；NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小；103mol/L；（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H，溶
28、液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液中含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分，a点时c(Na)c(SO42-)，则b点时c(Na)c(SO42-)，根据N原子与S原子数目相等以及N元素与S元素组成物质的关系，可以得出c(SO42-)c(NH4+)，故b点溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na)c(SO42-)c(NH4+)c(OH)c(H)，故答案为a点；c(Na)c(SO42-)c(NH4+)c(OH)c(H)。19.磷的含
29、氧酸有磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)等多种，它们在工业上都是重要的化工原料。(1)亚磷酸（H3PO3)是一种二元弱酸，写出H3PO3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：_。某温度下，0.01 mol L-1 H3PO3溶液的pH为2.7，该温度下，H3PO3 的一级电离常数 Kal=_。 (已知：lg2 = 0.3，lg3 = 0.5，lg5 = 0.7，H3PO3 的第二步电离忽略不计）(2)某实验小组用NaOH溶液处理含H3PO3废水，当溶液中c (Na+) =c(H2PO3) + 2c(HPO32-)时，溶液呈_性(填“酸”“碱”或“中”）。(3)已知：常
30、温下，磷酸（H3PO4)的 Kal=7.ll10-3、Ka2 = 6.2310-8、Ka3 = 4.5 10-13， 则常温下，Na2HPO4溶液中H2PO4、HPO42-和PO43-的浓度由大到小的顺序为_。(4)向某浓度的磷酸溶液中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中H3PO4、H2PO4、HPO42-和PO43-的物质的量分数为 (平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值）的关系如图所示。以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_。(5)已知：常温下，Ksp(FePO4) = l.310-22、Ksp(A1PO4) = 5.2 10-19。常温下，向含Fe3+、
31、A13+的混合溶液中滴加Na3PO4溶液，当FePO4、AlPO4同时生成时，溶液中c(Fe3+)：c(Al3+ ) =_。【答案】 (1). H3PO3 + 2NaOH = Na2HPO3 + 2H2O (2). 4.010-4 (3). 中 (4). c(HPO42)c(H2PO4)c(PO43) (5). H2PO4 + OH = HPO42 + H2O (6). 2.510-4【解析】【详解】(1)亚磷酸（H3PO3)是一种二元弱酸，1mol H3PO3需要2molNaOH恰好完全反应，故H3PO3与过量NaOH溶液反应的化学方程式为H3PO3 + 2NaOH = Na2HPO3 +
32、2H2O；某温度下，0.01 mol L-1 H3PO3溶液的pH为2.7，则c(H+)=10-2.7mol/L，由于H3PO3 的第二步电离忽略不计，c(H2PO3)c(H+)=10-2.7mol/L，H3PO3的一级电离常数 Kal=4.010-4；(2)用NaOH溶液处理含H3PO3废水所的溶液中存在电荷守恒：c (Na+) + c (H+) = c (OH)+ c(H2PO3) + 2c(HPO32-)，结合c (Na+) =c(H2PO3) + 2c(HPO32-)，因而c (H+) = c (OH)，溶液呈中性；(3) Na2HPO4溶液中，HPO42水解方程式：HPO42+ H2
33、O H2PO4+ OH，Kh(HPO42)=1.610-7，HPO42电离方程式：HPO42= PO43+ H+，Ka3 = 4.5 10-13c(PO43)，又水解或电离是微弱的，HPO42-的浓度最大，所以c(HPO42)c(H2PO4)c(PO43)；(4)酚酞的变色范围是 8.210.0，结合图象知此时H2PO4物质的量分数为减少，HPO42-的物质的量分数为增加，因而以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是H2PO4 + OH = HPO42 + H2O；(5)= 2.510-4，故溶液中c(Fe3+)：c(Al3+ ) =2.510-4。【点睛】电荷守恒
34、即溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量阴离子带的负电荷总量。例：NH4Cl溶液c(NH4)c(H)=c(Cl)c(OH)，写这个等式要注意2点：1、要判断准确溶液中存在的所有离子，不能漏掉。2、注意离子自身带的电荷数目。20.2018年，美国退出了巴黎协定实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。(1)已知：I.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) H1=+41.1kJ/molII.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=90.0kJ/mol写出CO2
35、催化氢化合成甲醇的热化学方程式:_。(2)为提高CH3OH的产率，理论上应采用的条件是_(填选项字母）。a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压(3)250时，在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成 CH3OH(g)，不同投料比n(H2)/n(CO2)时某反应物X的平衡转化率变化曲线如图所示。反应物X是_(填“CO2”或“H2”），判断依据是_。(4)250时，在体积为2.0 L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂发生 CO2催化氢化合成甲醇的反应，10 min时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol L-1。前10 min内的平均反
36、应速率H2=_ mol L-1 min-1。该温度下，该反应的化学平衡常数K =_。催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下表所示：实验编号温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_（填字母）。【答案】 (1). 3H2(g) + CO2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H=48.9kJ/mol (2).
37、 d (3). CO2 (4). 恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2的转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B【解析】【详解】(1) 已知：I.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) H1=+41.1kJ/molII.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=90.0kJ/mol根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g) + CO2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H=48.9kJ/mol；(2)根据热化学
38、方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，需要降温高压，故选d；(3)观察图中的横坐标，其物理量为n(H2)/n(CO2)，假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；故判断依据是恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2的转化率降低；(4)在同一容器中，CH3OH浓度变化量为0.75 mol L-1，则有（mol L-1）3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)起始3100转化2.250.
39、750.750.75平衡0.750.250.750.75H2的浓度变化量为2.25mol L-1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225 mol L-1 min-1；K=选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故选B。【点睛】现以mA(g)+nB(g)pC(g)(己知该反应的正反应为放热反应)为例,分析如下：1.在其它条件不变时，增大A的浓度，可使平衡向正反应方向移动，因此B的转化率增大，而A
40、的转化率却减小；同理，若增大B的浓度，平衡也向正反应方向移动，A的转化率会增大，而B的转化率则减小；2.在其它条件不变时，增大C的浓度，可使平衡向逆反应方向移动，因此A和B的转化率均减小；3.m+np时，在其它条件不变的情况下，增大压强可使平衡正向移动，因此A和B的转化率都增大；减小压强可使平衡逆向移动，因此A和B的转化率都减小；4.m+np时，在其它条件不变的情况下，增大压强可使平衡逆向移动，因此A和B的转化率都减小；减小压强可使平衡正向移动，因此A和B的转化率都增大；5.m+n=p时，在其它条件不变的情况下，增大压强或减小压强，平衡都不发生移动，因此，A和B的转化率都不发生变化(反应的正逆反应速增加的倍数相等)；6.在其它条件不变时，升高温度，由于正反应为放热反应，可使平衡向逆反应方向移动，因此A、B的转化率均减小；同理，降低温度，平衡向正反应方向移动，A、B的转化率均增大；7.在其它条件不变的情况下，使用催化剂时，不能使平衡发生移动，因此A和B的转化率都不发生变化。
