1、甘肃省高台县第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题1.能用能量判据判断下列过程的方向的是A. 水总是自发地由高处往低处流B. 放热反应容易自发进行，吸热反应不能自发进行C. 有序排列的火柴散落时成为无序排列D. 多次洗牌后，扑克牌无序排列的几率增大【答案】A【解析】【分析】A、高出到低处，势能变化；B、反应自发进行判断依据是G=H-TS0；C、变化过程中无焓变能量变化，是熵变；D、变化过程中是熵变。【详解】A水总是自发地由高处往低处流，有趋向于最低能量状态的倾向，选项A正确；B吸热反应也可以自发进行，例如，在25和1.01105 Pa时，2N2O5（g）4NO2（g）+O2（
2、g）H=+56.7 kJ/mol，（NH4）2CO3（s）NH4HCO3（s）+NH3（g）H=+74.9 kJ/mol，不难看出，上述两个反应都是吸热反应，又都是熵增的反应，显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的，选项B错误；C有序排列的火柴散落时成为无序排列，有趋向于最大混乱度的倾向，属于熵判据，不属于能量变化，选项C错误；D扑克牌的无序排列也属于熵判据，不属于能量变化，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查了变化过程中的能量变化判断，区别焓变，熵变的含义，自发反应的判断依据是解题关键，题目较简单。2.水的电离过程为H2OHOH，在25 时水的离子积为KW1.01014，在35 时水
3、的离子积为KW2.11014，则下列叙述正确的是（ ）A. c(H)随着温度的升高而降低 B. 35 时c(H)c(OH)C. 35 时的水比25 时的水电离程度小 D. 水的电离是个吸热过程【答案】D【解析】试题分析： 35 时水的离子积大于25 时水的离子积，说明35 时水中c(H+)、c(OH-)大于25 时水中c(H+)、c(OH-)，但c(H+)仍等于c(OH-)；亦说明升高温度，水的电离程度增大，即水的电离是吸热过程。考点：水的电离溶液的酸碱性3. 广义的水解观点认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观
4、点，说法不正确的是( )A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2B. PCl3的水解产物是HClO和H3PO4C. Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4D. CH3COCl的水解产物是两种酸【答案】B【解析】根据给出的四个选项中的各物质组成，依据化合价将每种物质分解成带正、负电荷的两种粒子(相当于阳、阴离子)。BaO2、PCl3、Al4C3和CH3COCl组成微粒分别为Ba2与O22、P3与Cl、Al3与C4、CH3CO与Cl。然后分别与水电离出来的氢氧根离子和氢离子进行组合确定生成物，所以A的产物是Ba(OH)2和H2O2，B的产物为H3PO3和HCl，C的产物是Al(OH
5、)3和CH4；D的产物是CH3COOH和HCl，因此错误的为B选项。4.反应4A(s)3B(g)2C(g)D(g)，经2 min后，B的浓度减少了0.6 molL1。对此反应速率的正确表示是（ ）A. 用A表示的反应速率是0.8 molL1s1B. 分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是321C. 在2 min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3 molL1min1D. 在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的【答案】B【解析】试题分析：A、A为固体浓度视为常数，故错误；B、根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（B）：v（C）：v（D）=3：2：1，故正确；C、化学反应
6、速率表示平均反应速率，不表示瞬时速率，故错误；D、根据化学反应速率的定义，v（B）=0.6/2mol/（Lmin）=0.3 mol/（Lmin）， v（C）=20.6/3 mol/（Lmin）=0.4mol/（Lmin），两者不同，故错误。考点：考查化学反应速率等知识。5.用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下:3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是A. 3v正(N2)=v正(H2) B. v正(H
7、Cl)=4v正(SiCl4)C. 混合气体密度保持不变 D. c(N2)c(H2)c(HCl)=136【答案】C【解析】【详解】A3v正(N2)= v正(H2) ，都是正反应速率，不能作为平衡的标志，选项A错误；B、v正(HCl)=4v正(SiCl4) ，都是正反应速率，不能作为平衡的标志，选项B错误；C、该反应中有固体参与，所以气体的质量一直变化，则气体的密度在变化，达平衡时混合气体密度保持不变，选项C正确；D、 c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6 时不能说明正逆反应速率相等，不能判断达到平衡状态，选项D错误。答案选C。6.下列溶液一定呈中性的是（ ）A. pH=7的溶液 B.
8、 c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L的溶液C. 使酚酞试液呈无色的溶液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液【答案】B【解析】A. pH=7的溶液，不一定是常温下，水的离子积不一定是Kw=110-14，溶液中c（H+）、c（OH-）不一定相等，故A错误；B. 溶液呈酸碱性的本质，取决与溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液一定显中性，故B正确；C. 酚酞的变色范围是8-10，酚酞显示无色，溶液有可能显示碱性，故C错误；D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若为强酸弱碱盐，则溶液显酸性，若为强碱弱酸盐，则溶液显碱性，若为强酸强碱盐，则溶液显中
9、性，故D错误；故答案选B。7.对已达化学平衡的下列反应: 2X(g) +Y(g)2Z(g) ，减小压强时，对反应产生的影响A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C. 正、逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D. 正、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动【答案】C【解析】【分析】对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动。【详解】反应2X(g) +Y(g)2Z(g)有气体参加和生成，且该反应为气体体积缩小的反应，则减小压强时，A、正逆反应速率都减小，选项A错误；B
10、、正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，选项B错误；C、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，选项C正确；D、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查压强对反应速率及化学平衡的影响，明确化学反应为气体体积缩小的反应是解答本题的关键，难度不大。8.下列有关叙述正确的是A. 在中和滴定中，既可用标准溶液滴定待测溶液，也可用待测溶液滴定标准溶液B. 进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化C. 测定中和热时，两烧杯间填满碎纸的作用是固定小烧杯D. 若用50 mL 055 molL1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 050 molL1的盐酸和
11、50 mL 0.50 molL1硫酸充分反应，两反应的中和热不相等【答案】A【解析】A项，在中和滴定中，既可用标准溶液滴定待测溶液，也可用待测溶液滴定标准溶液，正确；B项，进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化，错误；C项，测定中和热时，两烧杯间填满碎纸的作用是保温，减少热量的散失，错误；D项，中和热指酸碱发生中和反应生成1molH2O时释放的热量，题中盐酸和硫酸都属于稀强酸，反应放出的热量不相等，但两反应的中和热相等，错误；答案选A。9.已知：CH3CH2CH2CH3(g)13/2O2(g)=4CO2(g)5H2O(l) H=2 878 kJmol1(CH3)2CHCH3(
12、g)13/2O2(g)=4CO2(g)5H2O(l) H=2 869 kJmol1下列说法正确的是A. 正丁烷分子储存的能量小于异丁烷B. 正丁烷的稳定性大于异丁烷C. 异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程D. 异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程【答案】D【解析】【分析】A、根据能量守恒分析；B、根据物质能量的大小与物质稳定性的关系分析； C、根据热反应方程式与能量变化的关系分析；D、根据热反应方程式与能量变化的关系分析。【详解】A、根据能量守恒结合题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，选项A错误；B、根据题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，能量越大，物质越不稳定，所以正丁烷的稳定性小
13、于异丁烷的稳定性，选项B错误；C、根据题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，再根据能量守恒得，异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，选项C错误；D、根据题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，再根据能量守恒得，异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了能量转化的原因、分子的结构等知识点，难度不大，明确物质储存的能量与物质的稳定性的关系。10.下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42- B. Al3+、K+、HCO3-、Cl-C. H+、Fe2+、NO3-、SO42- D. H+、Na+、Cl-、CO32-【答案】
14、B【解析】【分析】弱酸根离子与弱碱离子在溶液中能相互促进水解反应，而不能大量共存，以此来解答。【详解】A因Ba2+、SO42-发生复分解反应，而不能共存，选项A不选；B因Al3+、HCO3-相互促进水解，而不能大量共存，选项B选；C因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，而不能共存，选项C不选；D因H+、CO32-发生复分解反应，而不能大量共存，选项D不选；答案选B。【点睛】本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意不能共存发生的反应类型，选项B为解答的难点，题目难度不大。11.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)；H5716k
15、J/mol，则氢气的燃烧热为2858kJ/molB. 已知C（石墨，s） C（金刚石，s）；H0，则金刚石比石墨稳定C. 含200g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出287kJ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) H574kJ/molD. 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】氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量；能量越低越稳定；醋酸是弱电解质，醋酸电离吸热；同物质的量碳完全燃烧生成二氧化碳放
16、出的热量大于生成CO放出的热量。【详解】氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量，2H2(g)O2(g) 2H2O(l)；H5716kJ/mol，所以氢气的燃烧热为2858kJ/mol，故A正确；C（石墨，s） C（金刚石，s） H0，则金刚石的能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；醋酸电离吸热，所以1mol醋酸与1mol氢氧化钠反应放出的热量小于574kJ，故C错误；同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量，所以2C(s)2O2(g)2CO2(g) H1； 2C(s)O2(g)2CO(g) H2，H1cadC. b点：c()c(Cl)c(H)c
17、(OH)D. 25 时NH4Cl水解常数为(n1)107 molL1【答案】D【解析】【详解】A水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25，则水的离子积Kw1.010-14 mol2L-2，选项A错误；Bb点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，选项B错误；Cb点时溶液的pH7，则c（H+）c（OH-），根据电荷守恒可知：c（Cl-）c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），选项C错误；
18、D根据图象可知，25时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH-）=10-7 molL-1，c（NH4+）=c（Cl-）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n-0.5）mol/L，则25时NH4Cl水解常数为：K=（n-1）10-7，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，涉及水的电离及其影响、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较、水解平衡常数的计算等知识，D为难点，注意掌握水解平衡常数的表达式及计算方法。15.已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，
19、分别在0 和20 下，测得其转化率随时间变化的关系曲线(Yt)如下图所示。下列说法正确的是A. b代表0 下CH3COCH3的Yt曲线B. 反应进行到20 min末，CH3COCH3的v(0)/v(20)1C. 升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D. 从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的n(0)/n(20)=1【答案】D【解析】【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析
20、图象，当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多。【详解】A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20时的Yt曲线，选项A错；B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20时对应的反应速率快，所以1，选项B错；C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，选项C错；D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数
21、均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热。16. 下列说法正确的是()A. 常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH7，则H2A是弱酸；若pH=【答案】C【解析】试题分析：A醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸会促进醋酸电离，导致氢离
22、子浓度大于原来的1/10，所以溶液的4pH3，故A错误；BNaHA溶液的pH7说明H2A的二级电离不完全，即HA-为弱酸，所以可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH7，H2A是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚硫酸，故B错误；CNaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余，故C正确；D氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)为定值，蒸馏水中没有氯离子、0.1mol/L盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L，0.1 mol/L氯化镁溶液c(
23、Cl-)=0.2mol/L、0.1mol/L硝酸银溶液中c(Ag+)=0.1mol/L，溶液中c(Ag+)为，故D错误；故选C。考点：考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等。17.某温度时，在2 L容器中，某一反应中A、B的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，由图中数据分析得：（1）在4 min末时，A、B的物质的量浓度c(A) _c(B)；从04 min内A、B的物质的量浓度变化量c(A) _c(B)(以上填“”“ (3). 0.05 molL -1 min -1 (4). 2A B【解析】试题分析： （1）由图可以看出，在4 min末n(A)=n(B)=04 mol，
24、又因体积相等，所以c(A)=c(B)；从0到4 min内c(A)=02 molL-1，c(B)=01 molL-1。（2）v(A)=005 molL-1min-1。（3）参加反应的各物质的物质的量之比为n(A)n(B)=04 mol02 mol=21。考点：化学反应速率18.氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相同(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现有0.001 molL-1酸性KMnO4溶液和未知浓度的无色Na2SO3溶液，有关反应的离子方程式是2MnO4-+5SO32-+6H+2Mn2+5SO42-+3H2O。请回答下列问题:（1）该滴定实验所需仪器有_(填序号)。A酸
25、式滴定管(50 mL)B碱式滴定管(50 mL)C量筒(10 mL)D锥形瓶E铁架台F滴定管夹G烧杯H白纸I胶头滴管J漏斗（2）不用_(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放酸性KMnO4溶液的原因是_。（3）_(填“需要”或“不需要”)选用指示剂，其理由是_。（4）滴定前平视酸性KMnO4溶液液面，刻度为 a mL，滴定后俯视液面，刻度为b mL，则(b-a) mL 比实际消耗酸性KMnO4溶液的体积_(填“大”或“小”，下同)；根据(b-a) mL计算得到的待测液浓度比实际浓度_。【答案】 (1). ABDEFGH (2). 碱 (3). 酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管 (4).
26、不需要 (5). MnO4- 被还原为 Mn2+ 时溶液紫色褪去 (6). 小 (7). 小【解析】【详解】（1）因酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化橡胶，因此盛放酸性KMnO4溶液应用酸式滴定管，Na2SO3溶液呈碱性，应用碱式滴定管量取，除此之外还需铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯、白纸，答案选ABDEFGH；（2）高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不用用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；（3）因MnO4- 被还原为 Mn2+ 时溶液紫色褪去，故不需指示剂；（4）（3）滴定前平视KMnO4液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，读数偏小，则（b-
27、a）mL比实际消耗KMnO4溶液体积少； 根据（b-a）mL计算得到的待测浓度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=，c（待测）偏小。19.下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25t1t2水的离子积常数1101411012试回答以下问题：（1）若25t1t2，则_(填“”“”或“=”)11014，作出此判断的理由是_。（2）25 下，某Na2SO4溶液中c(SO42-)=5104molL1，取该溶液1 mL，加水稀释至10 mL，则稀释后溶液中c(Na)c(OH)=_。（3）t2 下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得
28、混合溶液的pH=2，则V1V2=_。此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是_。【答案】 (1). (2). 升高温度，水的电离程度增大，离子积增大 (3). 10001 (4). 911 (5). c(Na)c(SO42-)c(H)c(OH)【解析】【详解】（1）水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大，故答案为：；温度升高，水的电离程度增大，离子积增大；（2）25时，某Na2SO4溶液中c（SO42-）=510-4 mol/L，则溶液中钠离子浓度是110-3 mol/L如果稀释10倍，则钠离子浓度是110-4 mol/L，但硫酸钠溶液是显中性的，所
29、以c（Na+）：c（OH-）=10-4：10-7=1000：1；（3）t2 下，水的离子积常数为11012，pH=11的苛性钠溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH-）=mol/L=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中氢离子浓度为：c（H+）=0.1mol/L，混合液的pH=2，则混合液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中：c（H+）=0.01mol/L=，解得：V1：V2=9：11；设氢氧化钠、硫酸溶液体积为9V、11V，由于混合液显示酸性，则c（H+）c（OH-），c（Na+）=0.45mol/L，c（SO42-）=0.0275mol/L，c（H+）=0.01mol/L，则溶液中各离子浓
30、度大小为：c(Na)c(SO42-)c(H)c(OH)。20.金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属氢氧化物在不同pH下的溶解度S/(molL1)如图所示：难溶金属氢氧化物的SpH图（1）pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是_。（2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3，应该控制溶液的pH_。A1 B4左右 C6（3）在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2杂质，_(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是_。（4）要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水生成Cu(NH3)42，写出反应的离子方程式：_
31、。（5）已知一些难溶物的溶度积常数如下表。物质FeSMnSCuSPbSHgSZnSKsp6.310182.510131.310353.410286.410331.61024为除去某工业废水中含有的Cu2、Pb2、Hg2杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的_(填选项)。ANaOH BFeS CNa2S【答案】 (1). Cu2+ (2). B (3). 不能 (4). Co和Ni沉淀时的pH范围相差太小 (5). Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O (6). B【解析】【分析】（1）在pH=3时，溶液中不会出现Cu(OH)2沉淀；（2）除去Fe3+的同时必须保
32、证Cu2+不能沉淀，因此pH应保持在4左右；（3）Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小；（4）根据反应物和生成物可写出反应的方程式；（5）要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不引入其它离子。【详解】（1）由图可知，在pH=3时，溶液中不会出现Cu(OH)2沉淀，主要以Cu2+存在；（2）除去Fe3+的同时必须保证Cu2+不能沉淀，因此pH应保持在4左右Fe3+沉淀完全，答案选B；（3）从图示关系可看出，Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小，无法通过控制溶液的pH来分离二者；（4）氢氧化铜沉淀溶于氨水生成Cu(NH3)42+，反应的
33、离子方程式为Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O；（5）要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不引入其它离子；答案选B。【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡的应用以及溶度积的应用，题目难度中等，解答本题的关键是认真审题，能从图象曲线的变化特点把握物质的溶解性。21.碳、氮及其化合物是同学们经常能接触到的重要物质，是科学研究的重要对象。（1）H2NCOONH4是工业合成尿素的中间产物，该反应的能量变化如图甲所示。用CO2和氨气合成尿素的热化学方程式为_。（2）合理利用CO2、CH4，抑制温室效应成为科学研究的新热点
34、。一种以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸(H0)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率分别如图乙所示。250300 时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_。250 和400 时乙酸的生成速率几乎相等，实际生产中应选择的温度为_。（3）T 时，将等物质的量的NO和CO充入体积为2 L的密闭容器中发生反应2NO2CO2CO2N2。保持温度和体积不变，反应过程中NO的物质的量随时间的变化如图丙所示。平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8 mol，平衡将_(填“向左”“向右”或“不”)移动。图中a、b分别表示在一定温度下，使用相同
35、质量、不同表面积的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是_(填“a”或“b”)。15 min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示的变化，则改变的条件可能是_(任答一条即可)。【答案】 (1). 2NH3（l）+CO2（g）=H2O（l）+H2NCONH2 （l）H=-134.0kJmol-1 (2). 250 时，催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低 (3). 250 (4). 向右 (5). b (6). 增加 CO 的物质的量浓度、增大压强、减少生成物浓度【解析】【详解】（1）已知2NH3（l）+CO2（g）H2NCOON
36、H4（氨基甲酸铵）（l）H1=-272.0kJmol-1H2NCOONH4（l）H2O（l）+H2NCONH2（l）H2=+138.0kJmol-1，根据盖斯定律，+可得：2NH3（l）+CO2（g）H2O（l）+H2NCONH2 （l），H=-272.0kJmol-1+138.0kJmol-1=-134.0kJmol-1，故答案为：2NH3（l）+CO2（g）=H2O（l）+H2NCONH2 （l）H=-134.0kJmol-1；（2）由图象得，250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是250，催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低；250和400时乙酸的生成速率几乎相
37、等，由于温度低，能耗低，节约经济成本，故实际生产中应选择的温度为250；（3）起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol， 2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2起始物质的量：0.4mol 0.4mol 0 0转化的物质量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol平衡物质的量：0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.1mol则平衡时的浓度：c（NO）=0.1mol/L，c（CO）=0.1mol/L，c（CO2）=0.1mol/L，c（N2）=0.05mol/L，该稳定性该反应的平衡常数K=5；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，则c（CO）=0.5mol/L，c（N2）=0.45mol/L，此时的浓度商Qc=1.8k，则平衡将向右移动；催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；故答案为b；由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；故答案为：增大CO的物质的量浓度（或增大压强）。