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四川省宜宾市叙州区第二中学2022-2023学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学2022-2023学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析），共13页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷自己保管好，答题卡交回。
4.本次考试物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物90分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56
第I卷 选择题
一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求
1. 下列关于化学与能源的说法错误的是
A. 柴草及化石燃料转化成能源时一定发生化学反应
B. 在多能源结构时期，氢能、生物质能等的核心仍然是化学反应
C. 核能、太阳能等的利用取决于新型材料的合成与开发
D. 过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用不需要化学
【答案】D
【解析】
【详解】A．柴草及化石燃料转化成能源时，均要燃烧，燃烧为放热反应，均有新物质生成，均发生了化学反应，故A正确；
B．氢能是由电解水制得；生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，光合作用也是化学反应，故B正确；
C．核能、太阳能的利用需要提出能发生核变化的金属，需要制备晶体硅等，故C正确；
D．过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用也需要化学，即人教版《必修2》P36，“能源的开发和利用离不开化学，过去、现在、将来都是如此”，故D错误；
答案为D。
2. 下列叙述不正确的是
A. 生物质能与氢能均属于一次能源
B. 纯碱溶液呈碱性，加热后去污能力更强，是因为加热促进了的水解
C. 相同状况下，已知：2SO2+O22SO3∆H<0，则2SO32SO2+O2是一个吸热反应
D. 在糕点包装内放置小包除氧剂，采取减小反应物浓度，从而使反应速率改变
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．生物质能不需要通过人为的加工，可以从自然界直接获取，故为一次能源，氢能需要通过水的分解获得，经过了人为的加工，属于二次能源，故A错误；
B． 纯碱溶液呈碱性，加热后能促进碳酸根离子的水解，碱性更强，去污能力更强，故B正确；
C．相同状况下，2SO2+O22SO3∆H<0，是放热反应，逆反应2SO32SO2+O2是一个吸热反应，故C正确；
D．在糕点包装内放置小包除氧剂，除去氧气，采取减小氧气浓度，从而使反应速率改变，故D正确；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 常温下，反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】C
【解析】
【详解】A．放热反应△H＜0，△S＜0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应△H＞0，△S＞0时，高温反应自发进行，故A错误；
B．焓变和熵变共同决定反应是否自发，所以自发反应的熵不一定增大，非自发反应的熵也不一定减小，故B错误；
C．反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)的ΔS＞0，但在常温下不能自发进行，则表明该反应的△H＞0，故C正确；
D．该反应能自发进行，则△G=△H-T△S＜0，该反应△S＜0，要使该反应△G=△H-T△S＜0，△H＜0，故D错误。
答案选C。
4. 常温下，在由水电离的c(H＋)＝10－14 ml/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. K＋、Fe2＋、、B. Na＋、Cl－、、
C. Al3＋、、Cl－、D. Na＋、、Br－、Cl－
【答案】B
【解析】
【分析】常温下，在由水电离的c(H＋)＝10－14 ml/L的溶液中，说明溶液可能是酸，可能是碱。
【详解】A选项，H＋、Fe2＋、MnO4－发生氧化还原反应，故A错误；
B选项，Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸中，碱中都大量共存，故B正确；
C选项，Al3＋、NH4＋都会与氢氧根离子反应，故C错误；
D选项，AlO2－与酸中氢离子反应，故D错误；
综上所述，答案为B。
5. 恒温、恒压下，1mlA和2mlB在一个容积可变的容器中发生反应A(g)+B(g)⇌2C(g)。一段时间后达到平衡，生成amlC．下列说法错误的是
A. 无法计算该反应在该温度下的平衡常数
B. 平衡时物质A、B的转化率之比为2：1
C. 起始时和达到平衡时容器中的体积之比为1：1
D. 平衡后，体系中物质B的物质的量不一定最多
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．反应A(g)+B(g)⇌2C(g)达到平衡时K=，其中A、B、C种物质的平衡物质的量均可通过起始时A和B及平衡时C的物质的量计算得到，则可计算反应的平衡常数，故A错误；
B．起始量1mlA和2mlB，反应中A和B的变化量相等，根据转化率=可知物质A、B的转化率之比等于2:1，故B正确；
C．反应在恒压条件下进行，反应前后温度不变，且混合气体的总物质的量不变，则起始时和达到平衡时容器中的体积之比为1：1，故C正确；
D．平衡后，体系中物质B的物质的量=起始量﹣变化量，当变化量超过ml时，平衡容器内C的物质的量最大，说明平衡后，体系中物质B的物质的量不一定最多，故D正确；
故选：A。
6. 可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g) △H=﹣92.4kJ•ml﹣1，下列说法错误的是
A. 正反应的活化能一定小于92.4kJ•ml﹣1
B. 逆反应的活化能一定大于92.4kJ•ml﹣1
C. 逆反应的活化能比正反应的活化能高92.4kJ•ml﹣1
D. 使用催化剂，正、逆反应的活化能都减小
【答案】A
【解析】
【分析】根据在可逆反应过程中活化能有正反应和逆反应两种，焓变与活化能的关系是△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能；△H＜0，则反应物的总能量大于生成物的总能量。
【详解】A．△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能=-92.4kJ•ml﹣1，正反应的活化能不能确定，A项错误；
B．分析可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+92.4kJ•ml﹣1，所以逆反应的活化能一定大于92.4kJ•ml﹣1，B项正确；
C．分析可知，△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能=﹣92.4kJ•ml﹣1，逆反应的活化能比正反应的活化能高92.4kJ•ml﹣1，C项正确；
D．催化剂对正逆反应同等影响，加入催化剂，降低了反应的活化能，则正逆反应的活化能均减小，D项正确；
答案选A。
7. 难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如下装置提纯。将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下：TaS2(s)+2I2(g) TaI4(g)+S2(g)下列说法正确的是
A. 在不同温度区域，TaI4的量保持不变
B. 在提纯过程中，I2的量不断减少
C. 在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区
D. 该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比
【答案】C
【解析】
【分析】TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)中二硫化钽(TaS2)是难挥发的物质，结合图示中二硫化钽的位置可知，提纯时把二硫化钽(TaS2)和碘单质在高温下反应生成气体TaI4(g)和S2(g)，所以该反应正反应是吸热反应，当气体扩散到低温区，平衡左移生成二硫化钽(TaS2)和I2(g)，使二硫化钽(TaS2)得到提纯。
【详解】A、根据反应条件可知当温度不同时反应进行的主要方向不同，TaI4的量改变，故A错误；
B、因为是在同一密闭系统中由质量守恒定律可知I2的量不可能不断减少，在一定条件下达到平衡后不再变化，故B错误；
C、在提纯过程中，I2的作用是充当一个“搬运工”的角色，将TaS2从高温区转移到低温区以达到提纯的目的，故C正确；
D、根据平衡常数表达式可知，平衡常数用平衡时生成物的浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积，所以平衡常数K与Tal4和S2的浓度乘积成正比，故D错误；
故选C。
8. 在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是
A. 在t3时刻反应已经停止
B. A的转化率比B的转化率低
C. 在容器中发生的反应为：2A＋B2C
D. 在t2～t3内A的平均反应速率为：ml·L－1·s－1
【答案】D
【解析】
【分析】从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，根据物质的量的变化以及物质的变化量之比等于化学计量数之比可得反应方程式为2A+BC，以此进行分析。
【详解】A．t3时刻达到化学平衡状态，它是一个动态平衡，v(正)=v(逆)≠0，A结论错误；
B．从t1～t2，△c(A)=3ml/L，△c(B)=1.5 ml/L，△c(C)=1.5 ml/L，A的转化率为=×100%=50%，B的转化率为=×100%=30%，A的转化率比B的转化率高，B结论错误；
C．由表中数据可知，从t1～t2，A和B减少了，C增加了，故A和B是反应物，C是生成物，A、B、C的化学计量数之比为3：1.5：1.5=2：1：1，故该反应的化学方程式为2A+BC，C结论错误；
D．从t2～t3，△c(A)=1 ml/L，故用A表示的该阶段的化学反应速率为ml/(L·s)，D结论正确。
答案为D。
9. 臭氧层中氧分解历程如图所示，下列说法正确的是
A. 催化反应①②均为放热反应
B. 催化剂不能改变该反应的反应热
C. ClO是该反应催化剂
D. 在该反应过程中没有化学键的断裂与生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图上可知，①反应中生成物总能量高于反应物总能量，①是吸热反应，故A错误；
B．催化剂不影响反应物和生成物总能量的高低，不能改变反应热，故B正确；
C．从方程式可以看出，Cl反应前后不变，所以Cl催化剂，ClO是中间产物，故C错误；
D．任何化学反应都是旧键断裂与新键生成的过程，故D错误；
故选B。
10. H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。反应原理为： 2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632kJ/ml。如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是( )
A. 电极a为电池的正极
B. 电极b上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-
C. 电路中每流过4ml电子，电池内部释放632kJ热能
D. 每17gH2S参与反应，有1ml H+经质子膜进入正极区
【答案】D
【解析】
【详解】A．由2H2S(g)+O2(g)═S2(s)+2H2O(l)反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；
B．正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e−=2H2O，故B错误；
C．电路中每流过4ml电子，则消耗1ml氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，故C错误；
D．每17g即=0.5mlH2S参与反应，则消耗0.25ml氧气，则根据O2+4H++4e−=2H2O，所以有1mlH+经质子膜进入正极区，故D正确；
答案选D。
第II卷(非选择题 50分)
11. I．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
(1)如图是N2(g)和H2(g)反应生成1mlNH3(g)过程中能量的变化示意图，请问该化学反应属于__________(放热或吸热)反应，请写出该反应的热化学方程式：_______________________。
(2)上述反应用到的氢气是一种清洁燃料，已知氢气的燃烧热为285.8 kJ∙ml−1，请写出氢气的燃烧热的热化学方程式：___________________________________________________。
II．已知H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l) △H=－57.3 kJ∙ml−1。回答有关中和反应的问题。
(3)如图装置中仪器A的名称______________________
(4)碎泡沫塑料的作用是__________________________
Ⅲ.已知：2NH3(g) N2(g)+3H2(g) ΔH=a kJ∙ml−1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=b kJ∙ml−1
NH3(l) NH3(g) ΔH=c kJ∙ml−1
(5)则反应4NH3(l)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的ΔH=_____________ kJ∙ml−1 (用a、b、c表示)。
【答案】 ①. 放热 ②. N2(g)+H2(g) NH3(g) △H=－46 kJ∙ml−1 ③. H2(g)+O2(g) = H2O(l) △H=－285.8 kJ∙ml−1 ④. 环形玻璃搅拌棒 ⑤. 保温、隔热，减少热量损失 ⑥. 2a+3b+4c
【解析】
【详解】(1)如图是N2(g)和H2(g)反应生成1mlNH3(g)过程中能量的变化示意图，反应物总能量大于生成物总能量，因此该化学反应属于放热反应，该反应的热化学方程式：N2(g)+H2(g) NH3(g) △H=－46 kJ∙ml−1；故答案为：放热；N2(g)+H2(g) NH3(g) △H=－46 kJ∙ml−1。
(2)氢气的燃烧热为285.8 kJ∙ml−1，则氢气的燃烧热(氢气物质的量定为1ml进行书写)的热化学方程式：H2(g)+O2(g) = H2O(l) △H=－285.8 kJ∙ml−1；故答案为：H2(g)+O2(g) = H2O(l) △H=－285.8 kJ∙ml−1。
(3)根据图中装置得到仪器A的名称环形玻璃搅拌棒；故答案为：环形玻璃搅拌棒。
(4)碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少热量损失；故答案为：保温、隔热，减少热量损失。
(5)将第一个方程式2倍加上第二个方程式3倍，再加上第三个方程式4倍得到4NH3(l)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的ΔH=2a+3b+4c kJ∙ml−1；故答案为：2a+3b+4c。
12. 在一定条件下aA＋bBcC+dD达到平衡时，请填写：
（1）若A、B、C、D都是气体，在加压后平衡向正反应方向移动，则a、b、c、d关系是_______。
（2）已知B、C、D是气体，现增加A的物质的量，平衡不移动，说明A是_______(填状态)。
（3）若保持容器容积不变，加入气体B，气体A的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）若加热后，C的百分含量增大，则正反应是_______反应(填“放热”或“吸热”)。
（5）若保持容器压强不变，且A、B、C、D都是气体，向容器中充入稀有气体，则化学平衡逆向移动，则a、b、c、d关系是_______。
【答案】（1）a+b>c+d
（2）固体或液体或非气体
（3）增大 （4）吸热
（5）a+b>c+d
【解析】
【小问1详解】
若A、B、C、D都是气体，在加压后平衡向正反应方向移动，则正反应为减压方向，气体分子数减少，则a+b>c+d；
【小问2详解】
B、C、D是气体，现增加A的物质的量，平衡不移动，说明A不参与浓度项，所以A不是气体，则为固体或液体；
【小问3详解】
增大其中一种反应物的浓度可以另一种反应物的转化率提高，所以加入气体B，气体A 的转化率增大；
【小问4详解】
若加热后，C 的百分含量增大，说明加热有利于正向进行，正反应为吸热反应；
小问5详解】
若保持容器压强不变，且A、B、C、D都是气体，向容器中充入稀有气体，相当于减压，反应向加压方向进行，化学平衡逆向移动，说明逆反应为压强增大的方向，气体分子数增多，所以a、b、c、d关系是：a+b>c+d。
13. 工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。
（1）在一定温度下，将2 ml CO和5 ml H2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.25ml·L-1。该反应的平衡常数K=_______。
（2）若在一体积可变的容器中充入lmlCO、2mlH2和3mlCH3OH，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的0.6倍，则该反应向_______(填“正”、“逆”)反应方向移动。
（3）若在温度和容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下表：
则下列关系正确的是_______。
A. 2Q1=Q3B. c1=c2C. a1+a2=1D. 2a1=a3
【答案】（1）3 （2）逆 （3）BC
【解析】
【小问1详解】
列三段式：，该反应的平衡常数；
小问2详解】
同温同压下，混合气体的密度与摩尔质量成正比，如果平衡不移动，密度应相等，现在密度是原来的0.6倍，所以平衡向气体计量数减小的方向移动，即该反应向逆反应方向移动；
【小问3详解】
将乙中甲醇完全转化为CO和H2，CO和H2的物质的量分别是1ml、2ml,所以甲、乙是等效平衡，平衡时甲、乙容器中各物质浓度分别相等；丙中CO和氢气的物质的量是甲的2倍，可以将丙的容器增大为甲的2倍，此时二者是一样状态，然后将丙容器体积缩小至原来体积，相当于增大压强，平衡正向移动；
A．根据以上分析知，丙中CO的转化率大于甲，所以放出的热量大于甲的2倍，所以2Q1＜Q3，故A错误；
B．甲、乙是等效平衡，则平衡时甲醇浓度相等，所以c1=c2，故B正确；
C．甲乙是等效平衡，则a1+a2=1，故C正确；
D．丙中的转化率大于甲，但小于甲的2倍，即2a1＞a3，故D错误；故答案为：BC。
14. 目前世界上 60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：
请回答下列问题：
（1）石灰乳是生石灰与水形成的化合物，从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，生产生石灰的主要原料来源于海洋中的_______，其反应方程式为_______。从离子反应的角度思考，往海水中加入石灰乳的作用是_______。
（2）操作 A 是_______，操作 B 是_______。
（3）加入的足量试剂 a 是_______(填化学式)。
（4）因为无水MgCl2 固态时的晶体类型为_______，在熔融状态下能_______，熔融时电解MgCl2 制取单质Mg 的化学方程式为_______，从成本和废物循环利用的角度考虑，副产物氯气可以用于_______。
（5）有同学仔细观察上述工艺流程后提出设想，为了节约试剂 a，可以直接将 Mg(OH)2加热分解生成 MgO，可以直接电解熔融的 MgO 制取单质 Mg。此法即可节约试剂，又可以减少流程步骤。你认为他的方案合理吗？_______(填“合理”、“不合理”)，说明你判断的原因_______。
【答案】（1） ①. 贝壳(或牡蛎壳等) ②. CaCO3CaO +CO2 ↑ ③. 沉淀 Mg2+
（2） ①. 过滤 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶
（3）HCl （4） ①. 离子晶体 ②. 导电 ③. MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑ ④. 制盐酸(水的消毒、制取漂白粉等)
（5） ①. 不合理 ②. MgO 与 MgCl2 都是离子晶体，但 MgO 中晶格能比 MgCl2 大，熔点高，电解时会消耗大量的热量(电能)
【解析】
【分析】生石灰溶于水形成石灰乳，利用石灰乳沉淀镁离子形成Mg(OH)2，经操作A分离出Mg(OH)2，则操作A为过滤，加入试剂a溶解Mg(OH)2得到MgCl2溶液，则试剂a为盐酸，经操作B得到，则操作B为蒸发浓缩、冷却结晶，在HCl气流中蒸干得到，电解熔融的得到金属Mg。
【小问1详解】
生产生石灰的主要原料来源于海洋中的贝壳(或牡蛎壳等)；贝壳(或牡蛎壳等)的主要成分是碳酸钙，通常加热碳酸钙分解生成生石灰，反应的化学方程式为CaCO3CaO +CO2 ↑；往海水中加入石灰乳，镁离子形成Mg(OH)2，从而分离出来，则加入石灰乳的作用是沉淀 Mg2+，故答案为：贝壳(或牡蛎壳等)；CaCO3CaO +CO2 ↑；沉淀 Mg2+；
【小问2详解】
由上述分析可知，操作A为过滤，操作B为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶；
【小问3详解】
由上述分析可知，试剂a为盐酸，化学式为HCl，故答案为：HCl；
【小问4详解】
无水MgCl2 固态时为离子晶体；在熔融状态下能电离出自由移动离子而导电；熔融时电解MgCl2 制取单质Mg 的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；氯气溶于水可生成盐酸，具有强氧化性，能用于消毒，还能与石灰乳反应制备漂白粉，故答案为：制盐酸(水的消毒、制取漂白粉等)；
【小问5详解】
MgO 与 MgCl2 都是离子晶体，但 MgO 中晶格能比 MgCl2 大，熔点高，电解时会消耗大量的热量(电能)，因此该同学的方案不合理，故答案为：不合理；MgO 与 MgCl2 都是离子晶体，但 MgO 中晶格能比 MgCl2 大，熔点高，电解时会消耗大量的热量(电能)。
15. 全球气候变暖已经成为全世界人类面临的重大问题，温家宝总理在“哥本哈根会议”上承诺到2020年中国减排温室气体40%。
（1）地球上的能源主要源于太阳，绿色植物的光合作用可以大量吸收CO2以减缓温室效应，主要过程可以描述分为下列三步（用“C5”表示C5H10O4，用“C3”表示C3H6O3）：
Ⅰ、H2O(l)＝2H＋(aq)＋1/2O2(g)＋2e－△H＝＋284kJ/ml
Ⅱ、CO2(g)＋C5(s)＋2H＋(aq)＝2C3＋(s) △H＝＋396kJ/ml
Ⅲ、12C3＋(s)＋12e－＝C6H12O6(葡萄糖、s)＋6C5(s)＋3O2(g)△H＝-1200kJ/ml
写出绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式__________。
（2）降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1ml CO2和3ml H2，一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H＝－49.0kJ/ml。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示：
①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝___________ml/(L·min)；
②氢气的转化率＝______________；
③该反应的平衡常数为（保留小数点后2位）______________；
④下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是___________。
A．升高温度 B．充入He(g)，使体系压强增大
C．将H2O(g)从体系中分离出去 D．再充入1ml CO2和3ml H2
⑤当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2。则c1_________c2的关系（填＞、＜、＝）。
【答案】 ①. 6CO2(g)＋6H2O(l)＝C6H12O6(葡萄糖、s)＋6O2(g) △H＝＋2880kJ/ml ②. 0.225 ③. 75% ④. 5.33 ⑤. C、D ⑥. ＜
【解析】
【分析】(1)依据盖斯定律、已知的热化学方程式，可计算得到所需的热化学方程式，利用热化学方程式的加减消去不需要的物质，注意加减时焓变随之变化； (2)用三段式、结合定义，计算氢气的速率、氢气的转化率及平衡常数；应用勒夏特列原理，判断条件改变时平衡移动的方向，并判断说法的正误；
【详解】(1)依据盖斯定律：反应Ⅰ、H2O(l)＝2H＋(aq)＋1/2O2(g)＋2e－△H1＝＋284kJ/ml；反应Ⅱ、CO2(g)＋C5(s)＋2H＋(aq)＝2C3＋(s) △H2＝＋396kJ/ml；反应Ⅲ、12C3＋(s)＋12e－＝C6H12O6(葡萄糖、s)＋6C5(s)＋3O2(g)△H3＝-1200kJ/ml， (Ⅰ+Ⅱ)×6+Ⅲ得到反应: 6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(葡萄糖、s)+6O2(g)△H，则，△H=(△H1+△H2)×6+△H3=[(+284KJ/ml)+(+396KJ/ml)]×6+(-1200KJ/ml)=+2880kJ/ml；绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为：6CO2(g)＋6H2O(l)＝C6H12O6(葡萄糖、s)＋6O2(g) △H＝＋2880kJ/ml；测定时刻/s
t1
t2
t3
t4
c(A)/(ml·L－1)
6
3
2
2
c(B)/(ml·L－1)
5
3.5
3
3
c(C)/(ml·L－1)
1
2.5
3
3
容
器
反应物投入的量
反应物的转化率
CH3OH的浓度(ml/l)
能量变化(Q1、Q2、Q3均大于0)
1
2mlCO和4mlH2
a1%
c1
放出Q1kJ热量
2
2mlCH3OH
a2%
c2
吸收Q2kJ热量
3
4mlCO和8mlH2
a3%
c3
放出Q3kJ热量
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷自己保管好，答题卡交回。
4.本次考试物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物90分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56
第I卷 选择题
一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求
1. 下列关于化学与能源的说法错误的是
A. 柴草及化石燃料转化成能源时一定发生化学反应
B. 在多能源结构时期，氢能、生物质能等的核心仍然是化学反应
C. 核能、太阳能等的利用取决于新型材料的合成与开发
D. 过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用不需要化学
【答案】D
【解析】
【详解】A．柴草及化石燃料转化成能源时，均要燃烧，燃烧为放热反应，均有新物质生成，均发生了化学反应，故A正确；
B．氢能是由电解水制得；生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，光合作用也是化学反应，故B正确；
C．核能、太阳能的利用需要提出能发生核变化的金属，需要制备晶体硅等，故C正确；
D．过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用也需要化学，即人教版《必修2》P36，“能源的开发和利用离不开化学，过去、现在、将来都是如此”，故D错误；
答案为D。
2. 下列叙述不正确的是
A. 生物质能与氢能均属于一次能源
B. 纯碱溶液呈碱性，加热后去污能力更强，是因为加热促进了的水解
C. 相同状况下，已知：2SO2+O22SO3∆H<0，则2SO32SO2+O2是一个吸热反应
D. 在糕点包装内放置小包除氧剂，采取减小反应物浓度，从而使反应速率改变
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．生物质能不需要通过人为的加工，可以从自然界直接获取，故为一次能源，氢能需要通过水的分解获得，经过了人为的加工，属于二次能源，故A错误；
B． 纯碱溶液呈碱性，加热后能促进碳酸根离子的水解，碱性更强，去污能力更强，故B正确；
C．相同状况下，2SO2+O22SO3∆H<0，是放热反应，逆反应2SO32SO2+O2是一个吸热反应，故C正确；
D．在糕点包装内放置小包除氧剂，除去氧气，采取减小氧气浓度，从而使反应速率改变，故D正确；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 常温下，反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】C
【解析】
【详解】A．放热反应△H＜0，△S＜0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应△H＞0，△S＞0时，高温反应自发进行，故A错误；
B．焓变和熵变共同决定反应是否自发，所以自发反应的熵不一定增大，非自发反应的熵也不一定减小，故B错误；
C．反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)的ΔS＞0，但在常温下不能自发进行，则表明该反应的△H＞0，故C正确；
D．该反应能自发进行，则△G=△H-T△S＜0，该反应△S＜0，要使该反应△G=△H-T△S＜0，△H＜0，故D错误。
答案选C。
4. 常温下，在由水电离的c(H＋)＝10－14 ml/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. K＋、Fe2＋、、B. Na＋、Cl－、、
C. Al3＋、、Cl－、D. Na＋、、Br－、Cl－
【答案】B
【解析】
【分析】常温下，在由水电离的c(H＋)＝10－14 ml/L的溶液中，说明溶液可能是酸，可能是碱。
【详解】A选项，H＋、Fe2＋、MnO4－发生氧化还原反应，故A错误；
B选项，Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸中，碱中都大量共存，故B正确；
C选项，Al3＋、NH4＋都会与氢氧根离子反应，故C错误；
D选项，AlO2－与酸中氢离子反应，故D错误；
综上所述，答案为B。
5. 恒温、恒压下，1mlA和2mlB在一个容积可变的容器中发生反应A(g)+B(g)⇌2C(g)。一段时间后达到平衡，生成amlC．下列说法错误的是
A. 无法计算该反应在该温度下的平衡常数
B. 平衡时物质A、B的转化率之比为2：1
C. 起始时和达到平衡时容器中的体积之比为1：1
D. 平衡后，体系中物质B的物质的量不一定最多
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．反应A(g)+B(g)⇌2C(g)达到平衡时K=，其中A、B、C种物质的平衡物质的量均可通过起始时A和B及平衡时C的物质的量计算得到，则可计算反应的平衡常数，故A错误；
B．起始量1mlA和2mlB，反应中A和B的变化量相等，根据转化率=可知物质A、B的转化率之比等于2:1，故B正确；
C．反应在恒压条件下进行，反应前后温度不变，且混合气体的总物质的量不变，则起始时和达到平衡时容器中的体积之比为1：1，故C正确；
D．平衡后，体系中物质B的物质的量=起始量﹣变化量，当变化量超过ml时，平衡容器内C的物质的量最大，说明平衡后，体系中物质B的物质的量不一定最多，故D正确；
故选：A。
6. 可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g) △H=﹣92.4kJ•ml﹣1，下列说法错误的是
A. 正反应的活化能一定小于92.4kJ•ml﹣1
B. 逆反应的活化能一定大于92.4kJ•ml﹣1
C. 逆反应的活化能比正反应的活化能高92.4kJ•ml﹣1
D. 使用催化剂，正、逆反应的活化能都减小
【答案】A
【解析】
【分析】根据在可逆反应过程中活化能有正反应和逆反应两种，焓变与活化能的关系是△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能；△H＜0，则反应物的总能量大于生成物的总能量。
【详解】A．△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能=-92.4kJ•ml﹣1，正反应的活化能不能确定，A项错误；
B．分析可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+92.4kJ•ml﹣1，所以逆反应的活化能一定大于92.4kJ•ml﹣1，B项正确；
C．分析可知，△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能=﹣92.4kJ•ml﹣1，逆反应的活化能比正反应的活化能高92.4kJ•ml﹣1，C项正确；
D．催化剂对正逆反应同等影响，加入催化剂，降低了反应的活化能，则正逆反应的活化能均减小，D项正确；
答案选A。
7. 难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如下装置提纯。将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下：TaS2(s)+2I2(g) TaI4(g)+S2(g)下列说法正确的是
A. 在不同温度区域，TaI4的量保持不变
B. 在提纯过程中，I2的量不断减少
C. 在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区
D. 该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比
【答案】C
【解析】
【分析】TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)中二硫化钽(TaS2)是难挥发的物质，结合图示中二硫化钽的位置可知，提纯时把二硫化钽(TaS2)和碘单质在高温下反应生成气体TaI4(g)和S2(g)，所以该反应正反应是吸热反应，当气体扩散到低温区，平衡左移生成二硫化钽(TaS2)和I2(g)，使二硫化钽(TaS2)得到提纯。
【详解】A、根据反应条件可知当温度不同时反应进行的主要方向不同，TaI4的量改变，故A错误；
B、因为是在同一密闭系统中由质量守恒定律可知I2的量不可能不断减少，在一定条件下达到平衡后不再变化，故B错误；
C、在提纯过程中，I2的作用是充当一个“搬运工”的角色，将TaS2从高温区转移到低温区以达到提纯的目的，故C正确；
D、根据平衡常数表达式可知，平衡常数用平衡时生成物的浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积，所以平衡常数K与Tal4和S2的浓度乘积成正比，故D错误；
故选C。
8. 在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是
A. 在t3时刻反应已经停止
B. A的转化率比B的转化率低
C. 在容器中发生的反应为：2A＋B2C
D. 在t2～t3内A的平均反应速率为：ml·L－1·s－1
【答案】D
【解析】
【分析】从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，根据物质的量的变化以及物质的变化量之比等于化学计量数之比可得反应方程式为2A+BC，以此进行分析。
【详解】A．t3时刻达到化学平衡状态，它是一个动态平衡，v(正)=v(逆)≠0，A结论错误；
B．从t1～t2，△c(A)=3ml/L，△c(B)=1.5 ml/L，△c(C)=1.5 ml/L，A的转化率为=×100%=50%，B的转化率为=×100%=30%，A的转化率比B的转化率高，B结论错误；
C．由表中数据可知，从t1～t2，A和B减少了，C增加了，故A和B是反应物，C是生成物，A、B、C的化学计量数之比为3：1.5：1.5=2：1：1，故该反应的化学方程式为2A+BC，C结论错误；
D．从t2～t3，△c(A)=1 ml/L，故用A表示的该阶段的化学反应速率为ml/(L·s)，D结论正确。
答案为D。
9. 臭氧层中氧分解历程如图所示，下列说法正确的是
A. 催化反应①②均为放热反应
B. 催化剂不能改变该反应的反应热
C. ClO是该反应催化剂
D. 在该反应过程中没有化学键的断裂与生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图上可知，①反应中生成物总能量高于反应物总能量，①是吸热反应，故A错误；
B．催化剂不影响反应物和生成物总能量的高低，不能改变反应热，故B正确；
C．从方程式可以看出，Cl反应前后不变，所以Cl催化剂，ClO是中间产物，故C错误；
D．任何化学反应都是旧键断裂与新键生成的过程，故D错误；
故选B。
10. H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。反应原理为： 2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632kJ/ml。如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是( )
A. 电极a为电池的正极
B. 电极b上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-
C. 电路中每流过4ml电子，电池内部释放632kJ热能
D. 每17gH2S参与反应，有1ml H+经质子膜进入正极区
【答案】D
【解析】
【详解】A．由2H2S(g)+O2(g)═S2(s)+2H2O(l)反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；
B．正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e−=2H2O，故B错误；
C．电路中每流过4ml电子，则消耗1ml氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，故C错误；
D．每17g即=0.5mlH2S参与反应，则消耗0.25ml氧气，则根据O2+4H++4e−=2H2O，所以有1mlH+经质子膜进入正极区，故D正确；
答案选D。
第II卷(非选择题 50分)
11. I．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
(1)如图是N2(g)和H2(g)反应生成1mlNH3(g)过程中能量的变化示意图，请问该化学反应属于__________(放热或吸热)反应，请写出该反应的热化学方程式：_______________________。
(2)上述反应用到的氢气是一种清洁燃料，已知氢气的燃烧热为285.8 kJ∙ml−1，请写出氢气的燃烧热的热化学方程式：___________________________________________________。
II．已知H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l) △H=－57.3 kJ∙ml−1。回答有关中和反应的问题。
(3)如图装置中仪器A的名称______________________
(4)碎泡沫塑料的作用是__________________________
Ⅲ.已知：2NH3(g) N2(g)+3H2(g) ΔH=a kJ∙ml−1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=b kJ∙ml−1
NH3(l) NH3(g) ΔH=c kJ∙ml−1
(5)则反应4NH3(l)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的ΔH=_____________ kJ∙ml−1 (用a、b、c表示)。
【答案】 ①. 放热 ②. N2(g)+H2(g) NH3(g) △H=－46 kJ∙ml−1 ③. H2(g)+O2(g) = H2O(l) △H=－285.8 kJ∙ml−1 ④. 环形玻璃搅拌棒 ⑤. 保温、隔热，减少热量损失 ⑥. 2a+3b+4c
【解析】
【详解】(1)如图是N2(g)和H2(g)反应生成1mlNH3(g)过程中能量的变化示意图，反应物总能量大于生成物总能量，因此该化学反应属于放热反应，该反应的热化学方程式：N2(g)+H2(g) NH3(g) △H=－46 kJ∙ml−1；故答案为：放热；N2(g)+H2(g) NH3(g) △H=－46 kJ∙ml−1。
(2)氢气的燃烧热为285.8 kJ∙ml−1，则氢气的燃烧热(氢气物质的量定为1ml进行书写)的热化学方程式：H2(g)+O2(g) = H2O(l) △H=－285.8 kJ∙ml−1；故答案为：H2(g)+O2(g) = H2O(l) △H=－285.8 kJ∙ml−1。
(3)根据图中装置得到仪器A的名称环形玻璃搅拌棒；故答案为：环形玻璃搅拌棒。
(4)碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少热量损失；故答案为：保温、隔热，减少热量损失。
(5)将第一个方程式2倍加上第二个方程式3倍，再加上第三个方程式4倍得到4NH3(l)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的ΔH=2a+3b+4c kJ∙ml−1；故答案为：2a+3b+4c。
12. 在一定条件下aA＋bBcC+dD达到平衡时，请填写：
（1）若A、B、C、D都是气体，在加压后平衡向正反应方向移动，则a、b、c、d关系是_______。
（2）已知B、C、D是气体，现增加A的物质的量，平衡不移动，说明A是_______(填状态)。
（3）若保持容器容积不变，加入气体B，气体A的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）若加热后，C的百分含量增大，则正反应是_______反应(填“放热”或“吸热”)。
（5）若保持容器压强不变，且A、B、C、D都是气体，向容器中充入稀有气体，则化学平衡逆向移动，则a、b、c、d关系是_______。
【答案】（1）a+b>c+d
（2）固体或液体或非气体
（3）增大 （4）吸热
（5）a+b>c+d
【解析】
【小问1详解】
若A、B、C、D都是气体，在加压后平衡向正反应方向移动，则正反应为减压方向，气体分子数减少，则a+b>c+d；
【小问2详解】
B、C、D是气体，现增加A的物质的量，平衡不移动，说明A不参与浓度项，所以A不是气体，则为固体或液体；
【小问3详解】
增大其中一种反应物的浓度可以另一种反应物的转化率提高，所以加入气体B，气体A 的转化率增大；
【小问4详解】
若加热后，C 的百分含量增大，说明加热有利于正向进行，正反应为吸热反应；
小问5详解】
若保持容器压强不变，且A、B、C、D都是气体，向容器中充入稀有气体，相当于减压，反应向加压方向进行，化学平衡逆向移动，说明逆反应为压强增大的方向，气体分子数增多，所以a、b、c、d关系是：a+b>c+d。
13. 工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。
（1）在一定温度下，将2 ml CO和5 ml H2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.25ml·L-1。该反应的平衡常数K=_______。
（2）若在一体积可变的容器中充入lmlCO、2mlH2和3mlCH3OH，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的0.6倍，则该反应向_______(填“正”、“逆”)反应方向移动。
（3）若在温度和容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下表：
则下列关系正确的是_______。
A. 2Q1=Q3B. c1=c2C. a1+a2=1D. 2a1=a3
【答案】（1）3 （2）逆 （3）BC
【解析】
【小问1详解】
列三段式：，该反应的平衡常数；
小问2详解】
同温同压下，混合气体的密度与摩尔质量成正比，如果平衡不移动，密度应相等，现在密度是原来的0.6倍，所以平衡向气体计量数减小的方向移动，即该反应向逆反应方向移动；
【小问3详解】
将乙中甲醇完全转化为CO和H2，CO和H2的物质的量分别是1ml、2ml,所以甲、乙是等效平衡，平衡时甲、乙容器中各物质浓度分别相等；丙中CO和氢气的物质的量是甲的2倍，可以将丙的容器增大为甲的2倍，此时二者是一样状态，然后将丙容器体积缩小至原来体积，相当于增大压强，平衡正向移动；
A．根据以上分析知，丙中CO的转化率大于甲，所以放出的热量大于甲的2倍，所以2Q1＜Q3，故A错误；
B．甲、乙是等效平衡，则平衡时甲醇浓度相等，所以c1=c2，故B正确；
C．甲乙是等效平衡，则a1+a2=1，故C正确；
D．丙中的转化率大于甲，但小于甲的2倍，即2a1＞a3，故D错误；故答案为：BC。
14. 目前世界上 60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：
请回答下列问题：
（1）石灰乳是生石灰与水形成的化合物，从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，生产生石灰的主要原料来源于海洋中的_______，其反应方程式为_______。从离子反应的角度思考，往海水中加入石灰乳的作用是_______。
（2）操作 A 是_______，操作 B 是_______。
（3）加入的足量试剂 a 是_______(填化学式)。
（4）因为无水MgCl2 固态时的晶体类型为_______，在熔融状态下能_______，熔融时电解MgCl2 制取单质Mg 的化学方程式为_______，从成本和废物循环利用的角度考虑，副产物氯气可以用于_______。
（5）有同学仔细观察上述工艺流程后提出设想，为了节约试剂 a，可以直接将 Mg(OH)2加热分解生成 MgO，可以直接电解熔融的 MgO 制取单质 Mg。此法即可节约试剂，又可以减少流程步骤。你认为他的方案合理吗？_______(填“合理”、“不合理”)，说明你判断的原因_______。
【答案】（1） ①. 贝壳(或牡蛎壳等) ②. CaCO3CaO +CO2 ↑ ③. 沉淀 Mg2+
（2） ①. 过滤 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶
（3）HCl （4） ①. 离子晶体 ②. 导电 ③. MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑ ④. 制盐酸(水的消毒、制取漂白粉等)
（5） ①. 不合理 ②. MgO 与 MgCl2 都是离子晶体，但 MgO 中晶格能比 MgCl2 大，熔点高，电解时会消耗大量的热量(电能)
【解析】
【分析】生石灰溶于水形成石灰乳，利用石灰乳沉淀镁离子形成Mg(OH)2，经操作A分离出Mg(OH)2，则操作A为过滤，加入试剂a溶解Mg(OH)2得到MgCl2溶液，则试剂a为盐酸，经操作B得到，则操作B为蒸发浓缩、冷却结晶，在HCl气流中蒸干得到，电解熔融的得到金属Mg。
【小问1详解】
生产生石灰的主要原料来源于海洋中的贝壳(或牡蛎壳等)；贝壳(或牡蛎壳等)的主要成分是碳酸钙，通常加热碳酸钙分解生成生石灰，反应的化学方程式为CaCO3CaO +CO2 ↑；往海水中加入石灰乳，镁离子形成Mg(OH)2，从而分离出来，则加入石灰乳的作用是沉淀 Mg2+，故答案为：贝壳(或牡蛎壳等)；CaCO3CaO +CO2 ↑；沉淀 Mg2+；
【小问2详解】
由上述分析可知，操作A为过滤，操作B为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶；
【小问3详解】
由上述分析可知，试剂a为盐酸，化学式为HCl，故答案为：HCl；
【小问4详解】
无水MgCl2 固态时为离子晶体；在熔融状态下能电离出自由移动离子而导电；熔融时电解MgCl2 制取单质Mg 的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；氯气溶于水可生成盐酸，具有强氧化性，能用于消毒，还能与石灰乳反应制备漂白粉，故答案为：制盐酸(水的消毒、制取漂白粉等)；
【小问5详解】
MgO 与 MgCl2 都是离子晶体，但 MgO 中晶格能比 MgCl2 大，熔点高，电解时会消耗大量的热量(电能)，因此该同学的方案不合理，故答案为：不合理；MgO 与 MgCl2 都是离子晶体，但 MgO 中晶格能比 MgCl2 大，熔点高，电解时会消耗大量的热量(电能)。
15. 全球气候变暖已经成为全世界人类面临的重大问题，温家宝总理在“哥本哈根会议”上承诺到2020年中国减排温室气体40%。
（1）地球上的能源主要源于太阳，绿色植物的光合作用可以大量吸收CO2以减缓温室效应，主要过程可以描述分为下列三步（用“C5”表示C5H10O4，用“C3”表示C3H6O3）：
Ⅰ、H2O(l)＝2H＋(aq)＋1/2O2(g)＋2e－△H＝＋284kJ/ml
Ⅱ、CO2(g)＋C5(s)＋2H＋(aq)＝2C3＋(s) △H＝＋396kJ/ml
Ⅲ、12C3＋(s)＋12e－＝C6H12O6(葡萄糖、s)＋6C5(s)＋3O2(g)△H＝-1200kJ/ml
写出绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式__________。
（2）降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1ml CO2和3ml H2，一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H＝－49.0kJ/ml。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示：
①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝___________ml/(L·min)；
②氢气的转化率＝______________；
③该反应的平衡常数为（保留小数点后2位）______________；
④下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是___________。
A．升高温度 B．充入He(g)，使体系压强增大
C．将H2O(g)从体系中分离出去 D．再充入1ml CO2和3ml H2
⑤当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2。则c1_________c2的关系（填＞、＜、＝）。
【答案】 ①. 6CO2(g)＋6H2O(l)＝C6H12O6(葡萄糖、s)＋6O2(g) △H＝＋2880kJ/ml ②. 0.225 ③. 75% ④. 5.33 ⑤. C、D ⑥. ＜
【解析】
【分析】(1)依据盖斯定律、已知的热化学方程式，可计算得到所需的热化学方程式，利用热化学方程式的加减消去不需要的物质，注意加减时焓变随之变化； (2)用三段式、结合定义，计算氢气的速率、氢气的转化率及平衡常数；应用勒夏特列原理，判断条件改变时平衡移动的方向，并判断说法的正误；
【详解】(1)依据盖斯定律：反应Ⅰ、H2O(l)＝2H＋(aq)＋1/2O2(g)＋2e－△H1＝＋284kJ/ml；反应Ⅱ、CO2(g)＋C5(s)＋2H＋(aq)＝2C3＋(s) △H2＝＋396kJ/ml；反应Ⅲ、12C3＋(s)＋12e－＝C6H12O6(葡萄糖、s)＋6C5(s)＋3O2(g)△H3＝-1200kJ/ml， (Ⅰ+Ⅱ)×6+Ⅲ得到反应: 6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(葡萄糖、s)+6O2(g)△H，则，△H=(△H1+△H2)×6+△H3=[(+284KJ/ml)+(+396KJ/ml)]×6+(-1200KJ/ml)=+2880kJ/ml；绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为：6CO2(g)＋6H2O(l)＝C6H12O6(葡萄糖、s)＋6O2(g) △H＝＋2880kJ/ml；测定时刻/s
t1
t2
t3
t4
c(A)/(ml·L－1)
6
3
2
2
c(B)/(ml·L－1)
5
3.5
3
3
c(C)/(ml·L－1)
1
2.5
3
3
容
器
反应物投入的量
反应物的转化率
CH3OH的浓度(ml/l)
能量变化(Q1、Q2、Q3均大于0)
1
2mlCO和4mlH2
a1%
c1
放出Q1kJ热量
2
2mlCH3OH
a2%
c2
吸收Q2kJ热量
3
4mlCO和8mlH2
a3%
c3
放出Q3kJ热量
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