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1、高二年级下学期学情调查考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 S-32 C 1-35.5 K-39 Fe-56Cu-64一、单项选择题1.针对肆虐全球的新冠病毒，各地积极研发疫苗。某公司研发的新冠疫苗成份包含磷酸二氢钠和氢氧化铝等。下列有关磷酸二氢钠和氢氧化铝的叙述不正确的是A.磷酸二氢钠属于酸式盐B.氢氧化铝是常见的弱碱C.磷酸二氯钠分别能与氢氧化钠溶液和稀硫酸反应生成正盐D.氢氧化铝可以用来中和胃酸【答案】B【解析】【详解】AU在水中能解离出金属离子、氢离子和酸根离子的盐为酸式盐，磷酸二氢钠属于酸式盐，故 A正确；B l氢氧化铝既能与强酸溶液反应，又能与强
2、碱溶液反应，属于两性氢氧化物，故 B 错误；C磷酸二氢钠能与氢氧化钠溶液发生反应Na2HPO4+NaOH=Na3P。4+H2。，与稀硫酸发生反应2NaH2PO4+H2SO4=Na2SO4+2H,PO4,生成的 N a 3 P 和 N a 2 s 均是正盐，故 C 正确；D口胃酸主要是盐酸，与氢氧化铝发生反应A1(OH)3+3HC1=A1CL+3H2O,因此可用氢氧化铝可以用来中和胃酸，故 D 正确；答案选B。2.2022年 4 月 16日上午十时许神舟十三号载人飞船在外太空出差六个月后顺利返回地球。从空间站返回地球需要经历脱离轨道、平稳过渡、穿越大气层和安全着陆等四个过程。下列相关描述不正确的
3、是A.飞船穿越大气层时会和大气层摩擦而产生2000度的高温，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成B.制造航天服所用的材料主要是有机高分子化合物C.燃料N2H4是既含有极性键又有非极性键的非极性分子D.基态M-和CP源子核外电子层排布相同【答案】C【解析】【详解】A.氧化铝、氮化硅等熔沸点高，硬度大、耐腐蚀，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成，故 A正确；B.制作航天服的聚酯纤维属于新型的有机高分子化合物，故 B正确；H-N-N-HC.燃料N 2 H 4 的结构式是 I I，N-N 是非极性键、N-H 是极性键，氮原子形成三个单键时，每个H H氮原子都与相邻的原子形成三角锥
4、形，不是对称结构，所以N 2 H 4 分子是极性分子，故 C错误；D.基态N 3-和0 2-原子核外电子层排布式都是I s 2 2 s 2 2 P 6,故 D正确；选 C。3.下列说法正确的是A.N H 3 转化为NH：,键角变大B.C U(N H 3)4 中含有离子键、配位键C.N0 空间构型为直线形D.氨气易溶于水的原因是氨气分子间存在氢键【答案】A【解析】【详解】A.氨气中有孤对电子，NH：没有孤对电子，氨气转化为镂根离子键角变大，A正确；B.CU(N H 3)4厂中含有配位键和极性共价键，不含离子键，B错误；C.NO：中氮原子价层电子对数为2+；x(5+l-2 x 2)=3,含有一对孤
5、对电子，空间构型为V 形，C错误；D.氨气易溶于水的原因是氨气分子与水分子之间能形成氢键，D错误；故选A o4.对于反应 4 N H 3(g)+5 C)2(g).4 N O(g)+6 H2O(g)A H=-9 0 5.8 kJ-mo l1,下列说法正确的是A.该反应须在高温下才能自发进行B.升高温度、增大压强都有利于提高N H 3 的平衡转化率C.0.4 mo l N H 3 与 0.5 mo l O2 充分反应可释放9 0.5 8 kJ 的能量D.及时分离出混合体系中的水可以促使平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A.该反应是放热反应，$()的反应，根据 H=4 H-T 4 S N2 B.
6、A l3+9T A10-C.N O2 D.N H 3 SO-NH4HSO4【答案】B【解析】【详解】A.N H 3 和 N O2 发生氧化还原反应生成N 2,故 A不符合题意；B.A F+和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，不能一步生成A 1O；,B符合题意；C.N C h和水反应生成硝酸和NO,故 C不符合题意；D.N Fh和过量硫酸反应生成N H 4 H SO4,故 D不符合题意；答案为B。6 .下列装置用于实验室制N C h并回收硝酸铜，能达到实验目的的是TA.用装置甲制取N C hB.用装置乙除N C h 中 少量H N C hc.用装置丙收集N O2D.用装置丁蒸干C u(N O3)2 溶液
7、制CU(N O3)2-6 H2O【答案】C【解析】【详解】A.C u 与稀硝酸反应制取NO,不能制得N C h,A不能达到实验目的；B.N a H C C h溶液吸收H N C h生成C O2、引入新杂质，同时N C h与 H 2 O反应，不能选用N a H C C h除去N C h中的少量H N O 3,洗气时气流方向应“长进短出“，B不能达到实验目的；C.N O 2 能与水反应，不能用排水法收集N O?,N O 2 的密度比空气密度大，用向上排空气法收集N O 2,C能达到实验目的；D.C u(N C)3)2 溶液中存在水解平衡：CU(N O 3)2+2 H2O CU(O H)2+2 H
8、N O3,加热时由于H N O 3 的挥发，促进CU(N O3)2的水解，将CU(N O3)2溶液蒸干最终CU(N O3)2完全水解成CU(O H)2,再进一步分解得到C u O 固体，不能制得CU(N O 3)2-6 H 2 O,从CU(N O 3)2溶液中获得CU(N O 3)2-6 H 2 O的实验方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D不能达到实验目的；答案选C。7.前 3 周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，基态时Y最外层电子数是次外层的四分之一，基态Z原子3 P 轨道上只有1 个电子，W 与 X位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：
9、r(W)r(Z)r(Y)r(X)B .第一电离能：L(X)h(Y)h(Z)C.X的简单气态氢化物分子的空间构型为平面三角形D.最高价氧化物对应水化物的碱性：Z Y【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，前 3 周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，则 X为 N,基态时Y最外层电子数是次外层的四分之一，即 Y为 Mg,基态Z原子3 P 轨道上只有 1 个电子，故 Z为 A l,W 与 X位于同一主族，故 W 为 P,据此分析解题。【详解】A.根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径：r(Y)r(Z)r(W)r(X)
10、,A 错误；B.根据第一电离能同一周期从左往右呈增大趋势，HA与 I I I A、VA与 V I A 反常，同一主族从上往下第一电离能依次减小可知，第一电离能：I,(X)I,(Y)I i(Z),B正确；C.由分析可知，X为 N,X的简单气态氢化物即N H 3,N H 3 中 N原子周围的价层电子对数为：3+-(5-3?1)=4,有 一 1对孤电子对，故该分子的空间构型为三角锥形，C 错误；2D.最高价氧化物对应水化物的碱性与金属性一致，同一周期从左往右金属性依次减弱，故最高价氧化物对应水化物的碱性：Y Z,D 错误；故答案为：Bo8.下列说法不正确的是%HN/IcC/4-一一一1 1%;.HN
11、/HIcC/=4一HI!OHA.立方形SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度B.碳元素形成的单质不一定为共价晶体C.如图所示的有机高聚物片段中含有的化学键有：极性键、非极性键和氢键D.晶格能：NaFNaClNaBr【答案】C【解析】【详解】A.立方形SiC是共价晶体，原子间通过共价键相连接，原子间的结合力强，因此具有很高的硬度，A 正确；B.碳元素形成的单质，若为金刚石，则为共价晶体，若为C 60,则为分子晶体，B 正确；C.虽然该有机高聚物片段中含有氢键，但氢键不属于化学键，C 不正确；D.NaF、NaCl、NaBr都形成离子晶体，离子的带电荷相同，但离子间的距离依次
12、增大，则晶格能依次减小，所以晶格能：NaFNaClNaBr,D 正确；故选Co9.N i可活化C2H6放出CH4,其反应历程如图所示：E/kJmo|T500-100-150-2 0 0中间体2J-1&1.82过渡态2 49.50,NiCH2+CH4下列关于活化历程的说法错退的是A.涉及非极性键的断裂和生成B.N i-H键的形成有利于氢原子的迁移C.总反应为：Ni+C2H6-NiCH2+CH4D.决速步骤：中间体2 T中间体3【答案】A【解析】【详解】A.根据反应历程可知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故A说法错误；B.N i可活化C2H6放出C H 4,结合过渡态
13、2可知，Ni-H键的形成使H原子的转移更容易，故B说法正确；C.通过历程可知，始态 N i和C2H6,终态为NiCH2和C H 4,即总反应为Ni+C2HGNiCHz+CHi；故C说法正确；D.决速步骤是由活化能高的决定，由历程可知，中间体2 T中间体3能量差值最大，活化能最高，故此为决速步骤，故D说法正确；答案为A。10.隔膜电解法制备KzFeO的工作原理如图所示。下列说法不无聊的是Fe浓KOH溶 液 一 阳 极 区 -KFeO,溶液 M g2+,故晶胞中小球代表M g2+,以体心Mg2+为参考，其上下左右前后各有1个。2-离其最近，故 Mg2+配位数为6,D 正确；故答案选C。12.某水处
14、理剂由纳米铁粉附着在多孔炭粉的表面复合而成，利用原电池原理处理弱酸性废水中的NO；时，其表面发生如图所示反应。下列说法正确的是A.电池工作时，H+向负极移动B.正极附近溶液的酸性增强C.负极的电极反应式为F e-3 e-=F e-D.与单独使用纳米铁粉相比，该水处理剂能加快N。；的去除速率【答案】D【解析】【分析】纳米铁粉作负极，F e-2 e-=F e2+.硝酸根离子在正极上得电子还原成铉离子N O；+1 0 H+8 e-=N H：+3 H 2(D。【详解】A.电池工作时，H+向正极移动，故A错误；B.硝酸根离子在正极上得电子还原成俊离子N O；+1 0 H+8 e =N H：+3 H2O，
15、正极附近溶液的酸性减弱，故B错误；C.负极 电极反应式为F e-2 e-=F e 2+,故C错误；D.利用原电池原理，加快反应速率，与单独使用纳米铁粉相比，该水处理剂能加快N O；的去除速率,故D正确：故选D1 3.室温下，通过下列实验探究N a C N溶液的性质。下列说法正确的是实验实验操作和现象1测量O.l mo l L N a C N溶液的p H约 为1 22向 2 0 mL 0.1 mo l L-1 N a C N 溶液中加入 l O mL O.l mo l L H C l 溶液，溶液 p H 73将浓度均为O.O l mo l L-1的N a C N溶液和A g N C h溶液等体积
16、混合，有白色A g C N沉淀生成A.实验 1 溶液中存在：c(H C N)+2 c(H+)=c(C N-)B.实验 2 溶液中存在：2 c(C l )=c(H C N)+c(C N )C.由实验 2 可得：K a(H C N)2 K wD,由实验 3 可得：Ksp(A g C N)2.5x l O-5【答案】B C【解析】【详解】A.实验 1 溶液中 c(H+)=1 0 T 2 mo i/L、c(O H)=1 0-2mo l/L,c(H C N 户l O mo l/L、c(C N )0.0 9 mo l/L,所以 c(H C N)+2 c(H+)c(C N ),故 A 错误；B.根据物料守恒
17、，实验2 溶液中存在2 c(C t 尸c(H C N)+c(C N)故 B正确；C.K a K h=K w,由实验2 可得K a K h,所以风(HCN)F K p(A g C N)时有沉淀生成，将浓度均为O.O l mo l L 的 N a C N 溶液和A g N C h溶液等体积混合，有白色 A g C N 沉淀生成，说明K sp(A g C N)C H3O H(g)+H2O(g)；A H 产-58 k J mo HC C 2(g)+H 2(g)峰诊 C O(g)+H2O(g)；A H 2=4 1 k J mo|-向含有催化剂的密闭容器中充入一定比例C O 2 和 H 2 混合气体，其他
18、条件一定，反应相同时间，测得C O 2n(CHQH)的转化率和C H 3 0 H 的选择性门 爸广1 0 0%与温度的关系如图所示.205O5O%、w理20。230 250温度/OC%、起那根EHOX。oooO86427022 O下列说法正确的是A.反应 C O(g)+2 H 2(g)灌为 C H QH(g)的 A H=9 9 k J-m oHB.2 50 时容器中C H 3 0 H 的物质的量少于2 1 0 时容器中C.2 50 O C 时，其他条件一定，增大反应的压强不会改变混合气中CO的体积分数D.研发低温下催化活性强、对 C H 3 0 H 的选择性高的催化剂有利于C H 3 0 H
19、的合成【答案】D【解析】【详解】A.设C O 2(g)+3 H 2(g)=C H 3 0 H 他)+出0；A H i=-58 k J m ol”,C O 2(g)+H 2(g 户C O(g)+H 2 O(g)；A H2=4 1 k J m ol-,依据盖斯定律：-得 C O(g)+2 H 2(g)w C H 3 0 H(g)的 H=-9 9 k J m ol,A 错误；B.如图所示，2 50 口时二氧化碳转化率比2 1 0 口时二氧化碳转化率高一倍还多，即 2 50 I 时消耗二氧化碳n(C H,O H)的量比2 1 0 1 时消耗二氧化碳的量大的多，但 2 50 口时和2 1 0 口时甲醇选
20、择性 一、1 0 0%却相差不大，则 2 50 U 时容器中C H 3 0 H 的物质的量多于210时容器中C H 3 0 H 的物质的量，B错误；C.2 50 口时，其他条件一定，增大反应的压强第一个反应平衡正向移动，第二个反应平衡不移动，总分子数减少，混合气中co 的体积分数会变化，c错误；D.依据图示可知，较低温度下C H 3 0 H 选择性高，因此研发低温下催化活性强、对 C H 3 0 H 的选择性高的催化剂有利于C H 3 0 H 的合成，D正确；答案选D。二、非选择题1 5.G ood e noug h 等人因在锂离子电池及钻酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2 0
21、 1 9 年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1)基态F e 2+价 层 电 子 排 布 式。(2)元素的第一电离能用h表示。试分析h(L i)L(N a)的原因是 o L(M g)h(A l)h(N a)的原因是。(3)磷酸根离子的空间构型为 其中P杂 化 轨 道 类 型 为。(4)L i F e P C U 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中0围绕F e 和 P 分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有L i Fe P C U 的单元数有 个。h(N a)的原因是：L i与N a为同主族元素，L i的电子层数比N a少，原子半径小，失电子能力比N a弱，失
22、去一个电子消耗的能量比N a大，所以第一电离能大。M g、Al、N a为同周期元素，金属性NaMgA l,但Mg最外层电子全充满，第一电离能反常，所以h(M g)h(Al)h(N a)的原因是：N a、Mg、Al为同周期元素，电子层数相同，N a、Mg、A l的价电子排布式为3 s 13 s 2、3 s23 p,Mg的最外层2s电子的能量比Al的3 P电子的能量低，失去2s电子所需的能量比A1失去3 P电子的能量高，第一电离能比AI大；Na的原子半径比AI大，失电子能力比A1强，第一电离能比A 1小。答案为：L i与N a为同主族元素，L i的电子层数比N a少，原子半径小，失电子能力比N a
23、弱，失去一个电子消耗的能量比N a大，所以第一电离能大；N a、Mg、Al为同周期元素，电子层数相同，N a、Mg、A l的价电子排布式为3 s 1 3 s 3 s23 p,Mg的最外层2s电子的能量比A l的3 P电子的能量低，失去2s电子所需的能量比A1失去3 P电子的能量高，第一电离能比AI大；Na的原子半径比A1大，失电子能力比A1强，第一电离能比A1小；【小问3详解】磷酸根离子的中心磷原子的价层电子对数为2=4,所以空间构型为正四面体形，其 中P杂化轨道类2型为S p3。答案为：正四面体形；S p3;【小问4详解】由图(a)可知，1个晶胞中含L i+个数为8X，+4XL +4X =4
24、,晶胞中八面体结构和四面体结构的数目8 2 4均为4个，即晶胞中含Fe、P原子的数目均为4个，考虑到化学式为L i Fe P C U,则1个晶胞中含有4个L i Fe P C)4 单元。由图(b)可知，电池充电时，Li+个数为8 x 1+3 x 1+3 x，=,Fe原子个数不变，有 4 个，故(l-x):l=8 2 4 4 A,从而求出x=2；依据化合价的代数和为0,设 Fe?+数目为m,Fe3+个数为n,则与4 16 1613 3 3+2m+3n+5=2x4,又因 m+n=l,所以 m=0 ,n=一,所以个数比为 13:3。答案为：4；13:3。16 16 16【点睛】计算晶胞中所含微粒个数
25、时，可采用均摊法。1 6.工业上以黄铜矿(主要含CuFeSz,还含FeS等)为原料可以制备C u,流程如下：FeCh溶液 NaCl溶液 H2OI r黄铁矿一*|过 滤 C ud(S)、S(S)T 溶解 iN alC u C T 溶解 jCuI IS(S)CuC12等溶液(1)写 出“浸取”时 CuFeSz和 FeCb溶液反应的离子方程式：。(2)“稀释”时 反 应 的 化 学 方 程 式 为(3)用(NH4)2SO3还原CuCL溶液也能获得CuCl,CuCl的产率随溶液pH变化如图所示。%/2gonupH约为4 时，CuCl的产率最大。写出该条件下反应的离子方程式：opH 大于4 或小于4 时
26、，CuCl的产率都会随pH 的增大或减小而降低，原因是。(4)“溶解”前需测定CuCl、S 中 CuCl的含量，实验过程为：称取0.8000g样品置于烧杯中，向其中加入稍过量的1.5mol-LTFeCb溶液(CuCl+FeCb=CuCL+FeC12),充分反应后快速过滤，用蒸储水洗涤烧杯、玻璃棒及滤渣23 次，将滤液及洗涤滤液一并转移到锥形瓶中，用 Ce(SO02标准溶液滴定至终点(Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+),消耗 0.2000 mol L-1 Ce(SC)4)2 标准溶液 20.00mL 计算混合物中 CuCl 的质量分数。(写出计算过程)。【答案】(1)3Fe3+CuFeS2+C
27、l=CuCl+2S+4Fe2+(2)2NaCuC12=Cul+CuCl2+2NaCl(3).2Cu2+SO3+2C1+H2O=2CUC1；+S O+2H+D.pH 小于 4,随 pH 减少溶液酸性增强，SO；转变为SO2逸出，还原剂变少，产率降低；pH大于4,随 pH增大C#+转变成Cu(OH)2沉淀，产率降低(4)49.75%【解析】【分析】根据该工艺流程图中信息可知，“浸取”时是将黄铁矿与F e CL溶液充分反应，反应方程式为：3 F e Ch+Cu F e S2=Cu Cl+2 S+4 F e C1 2,2 F e Cb+F e S=3 F e CL+S,过滤得到 Cu Cl 和 S 的
28、混合物，洗涤，向洗涤后的固体中加入N a Cl 溶液，“溶解”时发生反应为：N a Cl+Cu Cl=N a Cu CI2,过滤出S,得到滤液，向滤液中加水稀释得到C u 和 Cu CL,N a Cl 等，“稀释”时反应方程式为：2 N a Cu CL=Cu J+Cu C1 2+2 N a Cl,据此分析解题。【小 问 1 详解】由分析可知，“浸 取 时 Cu F e S z 和 F e Cb 溶液反应的方程式为：3 F e Ch+Cu F e S2=Cu Cl+2 S+4 F e C1 2,则该反应的离子方程式为：3 F e3+Cu F e S2+Cl-=Cu Cl+2 S+4 F e2+,
29、故答案为：3 F e3+Cu F e S2+Cl-=Cu Cl+2 S+4 F e2+；【小问2详解】由分析可知，“稀释”时反应的化学方程式为：2 N a Cu Cl 2 =Cu l+Cu Cb+2 N a CL故答案为：2 N a Cu Cl2=Cu j+Cu Cl2+2 N a Cl ；【小问3详解】由题干图信息可知，p H 约为4时，Cu Cl 的产率最大，则在该条件下反应的离子方程式为：2 Cu 2+S O:+2 C1+H2O=2 CUC U+S O：+2 H ,故答案为：2 Cu2+S O:+2 C1-+H2O=2 CUC1 1+S O+2 J T；pH小于4,随 p H 减少溶液酸
30、性增强，S O：转变为S 02 逸出，还原剂变少，产率降低；p H 大于4,随p H 增大Ci P+转变成Cu(0H)2 沉淀，产率降低，故有p H 大于4 或小于4 时，Cu Cl 的产率都会随p H 的增大或减小而降低，故答案为：p H 小于4,随 p H 减少溶液酸性增强，SO,转变为S 02 逸出，还原剂变少，产率降低；p H 大于4,随 p H 增大Ci?+转变成Cu(0H)2 沉淀，产率降低；【小问4详解】由题干信息反应：Cu Cl+F e Ch=Cu Cl2+F e C1 2,Ce4+F e2+=F e3+Ce3+,可找得关系式为：Cu Cl-F e2+Ce4+,即 n(Cu C
31、l)=n Ce(S 04)2 =c V=0.2 000m o l L-x2 0.00 x 1 0-3L=4.0 x 1 03m o l,则 Cu Cl%=4 0?一3 -i0.8000g-=4 9.7 5%,故答案为：4 9.7 5%。1 7.工业上采用CO 2 与 N%为原料合成尿素 CO(N H 2)2 ,反应原理为：2 N H3+O 2=H2N C O O N H4；(2)H2N C O O N H4=CO(N H 2)2+H2O(1)将 一 定 量n(彘N H方3)=3 的原料气通入合成塔中，在 分 离 出 的 气 体 中 测 得n(同N H方3)=6.,则该反应中C02 的转化率为
32、o【答案】.75%口.4.190-195 口.92 EJ.A.N2+6e-+6H+=2NH3.B【解析】【分析】【详解】(n(N H3)o1)将一定量、而 j=3 的原料气通入合成塔中,设通入CO2的物质的量是amol、NH3的物质的量是3am ol,反应消耗CO2的物质的量是xm oL 则消耗NH3的物质的量是2xm ol,在分离出的气体中测n(N H j 八 3a-2x 3得-n7(TCAO 2)=6即-a-x-=6,x=4-a,则该反应中CO2的转化率为4-一x 八1 0八0。/o_775 。/o；an(N H3),n(H,O)n(2)根据图示，合成中氨碳比下=4、水碳比 小二、=0、温
33、度为190-195时，CCh的平衡转化率最n(CO J n(CO2)大，所以该反应最适宜的条件是：氨碳比为4,反应温度为190-195；由 N 2和 H z生 成 2m oiNFh,需要断裂3moiH-H键、ImolN三N 键，形成6moiN-H键，所以需要吸收(946+436x3)kJ能量、放出(391*6)kJ能量，能量变化为391 x6-946-436x3=92kJ；总反应放热，图中能正确表示该反应中能量变化的是A；(4)根据图示，B 电极氮气得电子生成氨气，电极反应式为N2+6e-6H+=2N%,A 是负极、B 是正极，放电时阳离子移向正极，该电池放电时溶液中的H+向 B 移动。18.
34、CCh的资源化对于构建低碳社会具有重要意义。(1)在太阳能的作用下，缺铁氧化物 如 Feo,。能分解C C h,其过程如图所示。过程的化学方程式是。在过程中每产生1 mol。2,转移电子_ _ _ _ mol太阳磔鼻方斛(2)高温共电解C02和 H20 是一种制备清洁燃料的新技术，其原理如图所示。电极a 上的电极反应式是(3)利用C02制备CH30H的反应如下:反应 a：CO2(g)+H2(g).CO(g)+H2O(g)AH,=+41.19 kJ-mol1反应 b：CO(g)+2H2(g).CH3OH(g)A2=90.77 kJ-mol-1反应 c：CO2(g)+3H2(g).CH3OH(g)
35、+H2O(g)反应a 在一定条件 下 能 自 发 进 行 的 原 因 是.kJ mol-,反应c 的平衡常数表达式K=。(4)CC)2是廉价的碳资源，将其甲烷化具有重要意义。其原理为：CO2(g)+4H2(g).CH4(g)+2H2O(g)/=-412.5 kJ moH其他条件不变，压强对CCh的转化率及CH4的选择性的影响如图所示。C E 的选择性=CH 的物质的量反应的CO?的物质的量“1 ACO2甲烷化反应选择O M Pa(l个大气压)而不选择更高压强的原因是%、?唧S6D太阳能【答案】.1 0 F e o.90 +C 02=3 F e3O 4 +C 1.4 .C O2+2 e =C O
36、+O2-.A S 0 .-4 9.5 8 .K=C(CH3OH)C(H2O)/C(CO2)C3(H2).在 0.I M P a,C O2 的转化率及 C H4 的选择性较高，加压C O 2 的转化率及C H 的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗【解析】【分析】根据图所，过程是F e o.9。和 C O 2 反应生成F e s C U 和 C；(2)根据图示，电极a 上 比。得电子生成H 2、C O 2 得电子生成C O；根据A H-T A S 0,在一定条件下能自发进行，说明AHTASv O,所以A 5 0；反应 a：C O 2(g)+H2(g),-C O(g)+H2O(g)A/7 i =
37、+4 1.1 9 k J-m o l-1反应 b：C O(g)+2 H2(g)C H j O H(g)A/72=-9 0.7 7 k J m o l-反应 c：C O2(g)+3 H2(g).C H3O H(g)+H2O(g)A f t根据盖斯定律 a+b 得 C O2(g)+3 H2(g).C H3O H(g)+H2O(g)A/3=+4 1.1 9 k J m o l -9 0.7 7 k J m o l“=-4 9.5 8 k J-m o l-,反应c 的平衡常数表达式焊 ,二、；c(CO2)c(H2)(4)根据图示，在 O.I M P a,C O 2 的转化率及C H 4 的选择性较高，加压C O 2 的转化率及C H 4 的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗，C O 2 甲烷化反应选择0 M P a(l 个大气压)而不选择更高压强。【点睛】本题考查化学反应中的能量变化、化学反应方向的判据、化学平衡常数，理解盖斯定律的含义，明确电解原理是解题关键，注意平衡常数表达式的书写规则。