1、辽宁省沈阳市2020-2021学年高一化学下学期期中练习试题一、单选题1下列离子方程式中正确的是（ ）AH2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2OHHSO42-=BaSO4H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32-2H=CO2H2OCNa2CO3溶液中通入CO2：CO32-CO2H2O=2HCO3-DCH3COOH溶液与NaOH溶液反应：HOH=H2O2能在空气中稳定保存的物质是（ ）A亚硫酸B亚硫酸钠C硒化氢水溶液D硫黄3特斯拉全电动汽车使用的是钴酸锂(LiCoO2)电池，其工作原理如图，A极材料是金属锂和石墨的复合材料(石墨作为金属锂的载体)，电解质中通过传导Li实现导电，隔膜只
2、允许特定的离子通过，电池反应式LixC6Li1xCoO2C6LiCoO2。下列说法不正确的是（ ）A放电时，电子沿导线由A移向B，电解质溶液是含Li的水溶液B充电时A为阴极，发生还原反应为C6xLixeLixC6C放电时B为正极，电极反应式为Li1xCoO2xLixeLiCoO2D废旧钴酸锂(LiCoO2)电池进行“充电处理”使锂进入石墨中而有利于回收4下列说法中，不正确的是（ ）A燃烧一定有氧气参加B燃烧一定是氧化还原反应C燃烧一定伴有发光D燃烧一定放热5在容积一定的密闭容器中，进行可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0，有图、所示的反应曲线(T表示温度，P表示压强，C%表示NH
3、3的体积分数)，下列说法中不正确的是AT2T1BP2P1C若P3P4，y轴表示N2的转化率D若P3P4，y轴表示NH3的体积分数6红磷和Cl2(g)反应的能量关系如图所示。下列叙述正确的是A整个过程吸收的能量为399 kJB加入催化剂会改变H的大小CPCl5(g)比PCl3(g)稳定DPCl3(g)的燃烧热H=93 kJmol17化学与材料密切相关，下列说法不正确的是A5G芯片材料的主要成分是高纯度SiO2B聚乙烯塑料可用于制造多种包装材料、农用薄膜等C用灼烧的方法可鉴别蚕丝和人造丝D稀土金属被称为冶金工业的维生素8在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：aA(g)+bB(s)
4、mM(g)+nN(g) H=QkJmol1。达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断正确的是Aam+nB达到平衡后，增大A的浓度将会提高A的转化率CE点的平衡常数小于F点的平衡常数DQm+nB达到平衡后，增大A的浓度将会提高A的转化率CE点的平衡常数小于F点的平衡常数DQ0【答案】C【详解】A由图可知，E点对应温度下，2L容器中M的浓度约为0.7 mol.L-1，6L的容器中M的浓度约为0.4 mol.L-1，将容器由6L加压减小为2L，M浓度并没有增大3倍，因此平衡逆向移动，所以am+n，A错误；B达到平衡后增大A的浓度，A的转化率将减小，B错误；C由图像可知，反应随
5、温度升高，M的浓度增大，平衡正向移动，所以平衡常数增大，F点所处温度高于E点，所以E点的平衡常数小于F点的平衡常数，C正确；D由图可知在容器体积不变时，温度升高，M 的浓度增大，平衡正向移动，正反应方向为吸热反应，Q0，D错误；故选C。9将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe(NO3)x+NO+14H2O。下列判断正确的是A Fe(NO3)x，中的x为B反应中每生成0.2 mol还原产物，就有0.6 mol电子转移C HNO3在反应中只体现氧化性D磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化【答案】B【分析】反应3Fe3O4+28HNO3=9Fe(NO3)x +NO+
6、14H2O中，Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此解答该题。【详解】A. 由N原子守恒可知，28=9x+1，解得x=3，A错误；B. N元素的化合价由+5价降低为+2价，则反应中每还原0.2 mol氧化剂，就有0.2 mol(5-2)=0.6 mol电子转移，B正确； C. 稀HNO3在反应中生成硝酸盐和NO，则硝酸表现酸性和氧化性，C错误；D. 磁性氧化铁中的Fe元素的化合价有+2价和+3价，则Fe元素部分被氧化，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意原子守恒及转移电子数计算，侧重考查学生的分析能力。10下列实验操作、实验
7、现象、解释或结论不对应的是选项实验操作实验现象解释或结论A将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近产生大量白烟氨气与氯化氢反应生成固体物质B将SO2通入高锰酸钾溶液中溶液褪色二氧化硫有漂白性C在导管口点燃纯净的氢气，然后将导管伸入盛满氯气的集气瓶中产生苍白色火焰物质燃烧不一定需要氧气D加热试管中的氯化铵固体试管底部的固体逐渐消失氯化铵受热分解，产生的氨气与氯化氢降温时又反应生成氯化铵AABBCCDD【答案】B【解析】A浓盐酸和浓氨水反应生成氯化铵固体，产生大量白烟，故A正确；BSO2通入滴有酸性高锰酸钾溶液中，发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C氢气能在氯气
8、中剧烈燃烧，且产生苍白色火焰，该反应为氢气燃烧，根据该反应知，燃烧不一定需要氧气，故C正确；D氯化铵分解生成氨气和氯化氢，温度降低后又化合生成氯化铵，故D正确；故选B。11在一定条件下，在容积为2L的容积不变的刚性密闭容器中，将2 mol 气体M和3 mol N气体混合，发生如下反应：2M(g)3N(g)xQ(g)3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是Ax值为2B反应前与平衡时容器的压强之比为21:25CN的转化率为80%D混合气体平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡【答案】C【分析】平衡时，生成2.4molR，并测得Q的浓
9、度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.82.4=x3，计算得到x=1； 2M(g)+3N(g)Q(g)+3R(g)起始量(mol) 2 3 0 0变化量(mol)1.6 2.4 0.82.4平衡量(mol)0.4 0.6 0.8 2.4据此分析解答。【详解】A该反应达平衡时，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，即生成Q为0.4mol/L2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，则0.82.4=x3，计算得到x=1，故A错误；B根据上述分析，反应前后的压强之比=气体物质的量之比=(2+3)(0.4+0
10、.6+0.8+2.4)=2521，故B错误；C根据上述分析，转化的N为2.4mol，则N的转化率为100%=80%，故C正确；D混合气体的质量不变，平衡正向移动时物质的量减小，则混合气体平均摩尔质量为变量，因此混合气体平均摩尔质量不变，能够说明该反应达到平衡状态，故D错误；故选C。12图是某同学设计的原电池的装置。下列说法正确的是A溶液中的SO向铜极移动B铜片为原电池的正极，正极上发生氧化反应C如果将稀硫酸换成柠檬汁，导线中不会有电子流动D铁片质量逐渐减小，发生的反应为：Fe2e-=Fe2+【答案】D【分析】根据装置图可知，总反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2，所以铁电极为负极，铜电极为
11、正极。【详解】A原电池中阴离子流向负极，所以硫酸根流向铁电极，故A错误；B根据分析铜电极为正极，电极上氢离子得电子发生还原反应，故B错误；C柠檬汁显酸性，依然可以发生铁与氢离子的反应，且能形成闭合回路，导线中会有电子流动，故C错误；D铁为负极，失电子生成铁离子，所以铁片质量逐渐减小，电极反应为Fe2e-=Fe2+，故D正确；综上所述答案为D。13为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有CuI（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色至暗红色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量。发生的化学反应为4CuIHg=Cu2HgI42Cu。下列说法不正确的是ACu2HgI4既是氧化产物又是还原产物B上述反应
12、属于置换反应C当有2molCuI反应时，转移电子为1molD该反应中的氧化剂为CuI【答案】A【解析】【分析】从所给的化学方程式可以看出，Hg的化合价由0价升到+2价，Cu的化合价由+1价降为0价。【详解】ACu2HgI4只是氧化产物，A项错误；B该反应符合置换反应的特点，反应物为一种单质和一种化合物，生成物为一种单质和一种化合物，B项正确；C由所给的化学方程式可知，4mol CuI发生反应，转移的电子数为2mol，则0.5mol CuI发生反应，转移电子数为1mol，C项正确；DCuI中Cu的化合价降低，所以CuI是氧化剂，D项正确；所以答案选择A项。14往密闭容器中充入一定量的N2和H2，
13、5min时测得NH3的物质的量浓度为0.08mol/L，反应开始的5 min内，生成NH3的平均反应速率为A0.16 mol/(Lmin)B0.016 mol/(Lmin)C0.32 mol/(Lmin)D0.032 mol/(Lmin)【答案】B【解析】【详解】往密闭容器中充入一定量的N2和H2，5min时测得NH3的物质的量浓度为0.08mol/L，反应开始的5 min内，生成NH3的平均反应速率为=0.016 mol/(Lmin)，故答案为B。15正在研发的锂空气电池能量密度高、成本低，可作为未来电动汽车的动力源，其工作原理如图。下列有关该电池的说法正确的是A有机电解液可以换成水性电解液
14、B放电时，外电路通过2 mol 电子，消耗氧气11.2 LC放电和充电时，Li+迁移方向相同D电池充电时，在正极上发生的反应为4OH-4e-= O2+2H2O【答案】D【解析】A. 因Li和水可以发生反应，所以不能将有机电解液换成水性电解液，故A错误；B. 因未说明气体是否处于标准状况，所以无法计算氧气的体积，故B错误；C. 放电时Li+移向正极，充电时Li+移向阴极（即放电时的负极），移动方向不同，故C错误；D. 充电时，电池的正极为充电时的阳极，电极反应式为：4OH4e= O2+2H2O，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查原电池原理、电极反应式书写和相关计算，掌握Li的化学性质和原电池
15、的基本原理是解答本题的关键，试题难度一般。本题的易错点是B项，解题时要注意题目没有给出气体所处的温度和压强，无法计算氧气的体积。16下列叙述中正确的是()ASO2、NO2都能与水反应，其反应原理不同BN2与O2在放电条件下直接化合生成NO2C常温下铁与浓硫酸、浓硝酸均不反应，可用铁槽车密封运送浓硫酸、浓硝酸DCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在【答案】A【解析】【分析】A、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，而二氧化氮与水反应生成硝酸和NO；B、氮气与氧气在放电条件下生成一氧化氮；C、常温下，铁与浓硝酸、浓硫酸发生钝化反应；D、氧化氮在空气中不能稳定存在，与氧气反应。【详解】A项、
16、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，属于化合反应，而二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，为氧化还原反应，原理不同，故A正确；B项、氮气与氧气在放电条件下生成一氧化氮，一氧化氮与氧气再化合成二氧化氮，故B错误；C项、常温下铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的进行，而不是不反应，故C错误；D项、一氧化氮在空气中不能稳定存在，被空气中氧气氧化成二氧化氮，故D错误。故选A。17某温度下，向2L的密闭容器中加入1molX和2molY：X(g) + mY(g) 3Z(g)，平衡时X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。向平衡体系中再加入1molZ，重新建立平衡时X、Y、Z
17、的体积分数不变。下列叙述不正确的是Am = 2BX与Y的转化率相等C该温度下的平衡常数约为9.3103D重新建立平衡时Z的浓度为0.4molL1【答案】D【详解】A向平衡体系中再加入1molZ，重新建立平衡时X、Y、Z的体积分数不变，这说明平衡等效，因此反应前后气体的体积版本则m2，A正确；BX与Y按照化学计量数之比充入，因此转化率相等，B正确；C则，解得x0.05，所以平衡常数K，C正确；D由于平衡等效，所以重新建立平衡时Z的浓度为0.2mol/L，D错误；答案选D。18下列除杂与收集气体的实验不能达到实验目的的是（ ）选项实验目的XYA除去N2中的Cl2，并收集N2FeSO4H2OB除去C
18、O中的CO2，并收集CONaOHH2OC除去NO中的NO2，并收集NOH2OH2OD除去Cl2中的HCl，并收集纯净的Cl2NaClH2OAABBCCDD【答案】D【解析】A项，Cl2能被FeSO4溶液吸收，反应为Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-，N2难溶于水，用排水法收集，正确；B项，CO2能被NaOH溶液吸收，反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO难溶于水，用排水法收集，正确；C项，NO2被水吸收转化为NO，反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO难溶于水，用排水法收集，正确；D项，HCl极易溶于水，能被NaCl溶液吸收，但Cl2能溶于水，不能用排水法收集，错误；
19、答案选D。点睛：物质分离提纯的原则：不增（不增加新杂质），不减（不减少被提纯物），易分离，易复原。气体的收集方法取决于气体的水溶性以及密度的大小：（1）常温下与水不反应且难溶于水的气体用排水法收集；（2）常温下与空气中成分不反应且密度比空气大的气体常用向上排空气法收集，常温下与空气中成分不反应且密度比空气小的气体常用向下排空气法收集，密度与空气相近、常温下与空气中成分反应的气体不用排空法收集。19“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是A加热时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性B加热时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解
20、度随温度的升高而减小C加热时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验现象相似D三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应【答案】A【分析】A依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色；C氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵； D可逆反应应在同一条件下进行。【详解】A二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，溶液变红，冷却后又变为无色，故A错误； B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；C加热时，
21、上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，故C正确； D氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，故D正确；故答案选A。【点睛】本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。20已知：1mol晶体硅中含有2molSiSi键。Si(s)O2(g)=SiO2(g) H，其反应过程与能量变化如图所示。化学键SiOO=OSiSi断开1 mol共价键所需能量/kJ460500176下列
22、说法中正确的是（ ）A晶体硅光伏发电是将化学能转化为电能B二氧化硅稳定性小于硅的稳定性CH988kJmol1DH(ac)kJmol1【答案】C【详解】A项，晶体硅光伏发电是将太阳能转化为电能，故A项错误；B项，根据化学键的键能判断，断裂1mol二氧化硅需要的能量为1840kJ/mol，断裂1mol晶体硅需要的能量为354kJ/mol，所以二氧化硅稳定性大于硅的稳定性，故B项错误；C项，故C项正确；D项，根据图中可知，故D项错误；故答案选C。【点睛】=反应物的总键能-生成物的总键能。二、原理综合题21氢、氧两种元素组成的常见物质有H2O和H2O2，二者在一定条件下均可分解。（1）已知：化学键断开
23、1mol化学键所需的能量（kJ）H-H436O-H463O=O498H2O的电子式是_。H2O(g)分解的热化学方程式是_。11.2 L（标准状况）的H2完全燃烧，生成气态水，放出_kJ的热量。（2）某同学以H2O2分解为例，探究浓度与溶液酸碱性对反应速率的影响。常温下，按照如表所示的方案完成实验。实验编号反应物催化剂a50 mL5%H2O2溶液1 mL0.1 molL-1FeCl3溶液b50 mL5%H2O2溶液少量浓盐酸1 mL0.1 molL-1FeCl3溶液c50 mL5%H2O2溶液少量浓NaOH溶液1 mL 0.1 molL-1FeCl3溶液d50 mL5%H2O2溶液MnO2 测
24、得实验a、b、c中生成氧气的体积随时间变化的关系如图1所示。由该图能够得出的实验结论是_。 测得实验d在标准状况下放出氧气的体积随时间变化的关系如图2所示。解释反应速率变化的原因_；计算H2O2的初始物质的量浓度为_ (保留两位有效数字)。【答案】 2H2O(g)=2H2(g)+2O2(g)H=+482 kJmol-1 120.5 其他条件不变时，在碱性环境下加快H2O2的分解速率，酸性环境下减缓H2O2的分解速率 随着反应的进行H2O2的浓度逐渐减少，H2O2的分解速率逐渐减慢 0.11 mol/L 【解析】试题分析：（1）H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为；水分解生成
25、氧气和氢气，方程式为2H2O=2H2+O2，可知2molH2O（g）分解，生成2mol氢气和1mol氧气，则断裂4molO-H，形成1molO=O键、2mol H-H键，所以吸收的热量为4mol463kJ/mol=1852kJ，放出的热量为498kJ+2436kJ=1370kJ，所以吸收的热量为1852kJ-1370kJ=482kJ，所以热化学方程式为2H2O(g)=2H2(g)+2O2(g) H=+482 kJmol-1；11.2L（标准状况）的H2为0.5mol，可生成0.5mol水，生成气态水放出的热量为0.5mol0.5482KJ=120.5kJ；（2）abc溶液的酸碱性不同，反应的速
26、率不同，由图像可知在碱性条件下反应速率最大，在酸性条件下反应速率最小，可以得出的结论是其它条件不变，碱性环境能加快H2O2的分解速率，酸性环境能减缓H2O2的分解速率；由图像可知，曲线斜率逐渐减小，说明反应速率逐渐减小，原因是随着反应的进行H2O2的浓度逐渐减少，H2O2的分解速率逐渐减慢；根据图像可知最终生成氧气是60mL，物质的量是，所以根据方程式可知双氧水的物质的量是，则双氧水的浓度是0.11mol/L。【考点定位】本题考查较为综合，涉及化学反应与能量变化，热化学方程式的书写、反应热的计算，化学反应速率的探究等知识【名师点晴】该题为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意
27、相关基础知识的积累。明确控制变量法探究影响化学反应速率的因素是解答的关键，影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。22近年来，为提高能源利用率，科学家提出共生系统。特指为提高经济效益，
28、人类生产活动尽可能多功能化。共生工程将会大大促进化学工业的发展。（1）由于共生工程的应用，利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为：2SO2O22H2O=2H2SO4，该电池电动势为1.06V。实际过程中，将SO2通入电池的_极(填“正”或“负”)，写出负极反应式_。（2）以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质。合成路线如下：生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是_。下列有关说法正确的是_。A反应I中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙B反应III中
29、发生反应的化学方程式为CaSO44CCaS4COC反应需控制在6070，目的之一是减少碳酸氢铵的分解D反应V中的副产物氯化铵可用作氮肥反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是_。(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮。将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统。写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式_。【答案】负 SO22H2O2e-=SO42-4H 防止亚硫酸铵被氧化 ABCD K2SO4在有机溶剂乙二醇中溶解度小，能充分析出 4(NH4)2SO32NO2=4(NH4)2SO4N2 【分析】(1)电池反应方程式为
30、：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，依据原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合元素化合价变化分析判断；(2)还原性很强的对苯二酚可以防止亚硫酸根离子被氧化；A依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；B依据流程图中的反应物和生成物，结合元素化合价变化分析写出；C防止碳酸氢铵在温度过高时分解；D氯化铵是一种氮肥；利用硫酸钾在不同溶剂中溶解度的不同，达到析出晶体的目的；二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，结合原子守恒配平写出。【详解】(1)利用发电厂产生的SO2制成自发电池，其电池反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2S
31、O4，原电池反应是负极发生氧化反应，正极发生还原反应，依据元素化合价变化可知，二氧化硫中硫元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，过程中，将SO2通入电池的负极，电极反应为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；(2)向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，防止亚硫酸根被氧化，以更好的得到亚硫酸铵晶体；A依据流程图结合反应生成物分析，过量的空气把亚硫酸钙氧化为硫酸钙；故A正确；B依据流程图中的反应物和生成物，结合元素化合价变化分析写出反应的化学方程式为CaSO4+4CCaS+4CO；故D正确；C防止碳酸氢铵在温度过高时分解得不到需要的目标产物；故C正确；D氯化铵是一种氮肥
32、；故D正确；故答案为：ABCD；反应V中选用了40%的乙二醇溶液，温度控制在25，此时硫酸钾的产率超过90%，选用40%的乙二醇溶液原因是利用乙二醇降低硫酸钾溶解度，有利于析出；(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统，二氧化氮与亚硫酸铵反应，二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，原子守恒配平书写出的化学方程式为：4(NH4)2SO3+2NO2=4(NH4)2SO4+N2。23环戊烯是-种重要的有机化工原料， 广泛应用于制药工业、有机合成及合成橡胶等领域。环戊二烯加氢制备环戊烯涉及的反应如下。反应：(g)+
33、H2(g)=(g) 主反应反应：(g)+2H2(g)= (g) 副反应回答下列问题：(1)已知标准生成焓指在某温度下由稳定单质生成1 mol化合物的焓变，记作。在25下，气态环戊二烯的标准生成焓= +134.3kJmol-1，单质的标准生成焓为零，气态环戊烯的标准生成焓= +33.9kJ mol-1，则主反应的H=_kJmol-1。(2)若在某温度下，在恒容密闭容器中投入物质的量相等的气态环戊二烯和氢气，起始压强为p0kPa，在催化剂作用下仅发生反应1 (环戊烯的选择性为100%)，平衡后体系压强为p，且p=0.6p0，则环戊二烯的平衡转化率为_ ； 此温度下该反应的平衡常数Kp=_(用平衡分
34、压代替平衡浓度，平衡分压=总压物质的量分数)。达到平衡后，欲增加环戊二烯的平衡转化率，可采取的措施有_(填标号)。A增大氢气的浓度 B增大环戍二烯的浓度C充入氦气使压强增大 D增大催化剂的接触面积(3)某科研团队利用环戊二烯的乙醇溶液催化加氢制备环戊烯。在反应温度30C，反应时间80 min，环戊二=烯：乙醇=1 ：2， 1 g某催化剂的实验条件下，氢气压力对加氢结果的影响如图。根据图象判断，该实验条件下，最佳的氢气压力为_Mpa；随着压力的升高，环戊烯的选择性降低，可能的原因是_；虽然氢气的压力等因素对反应选择性有一定影响，但提高反应选择性的关键因素是_。【答案】-100.4 80% kPa
35、-1(或 kPa-1) A 0.5 压力增大促进副反应进行 催化剂 【分析】根据生成物的标准生成焓与反应物的标准生成焓的差值计算反应热；根据平衡后混合气体的压强计算反应物的转化率和反应的平衡常数；根据影响化学平衡的因素判断反应进行程度和转化率变化情况；根据图像中转化率和选择性的变化趋势判断合适的氢气压力。【详解】(1)根据题目，物质的标准生成焓指在某温度下由稳定单质生成1mol化合物的焓变，某一反应的反应热H=生成物的标准生成焓-反应物的标准生成焓，由于单质的标准生成焓为零，则该反应的H=(环戊烯)-(环戊二烯)=+33.9kJ/mol-(+134.3kJ/mol)=-100.4kJ/mol；
36、(2)反应前混合气体的压强为p0，反应达平衡后混合气体的压强为0.6p0，由阿伏伽德罗定律及其推论有混合气体的压强比等于物质的量的比可知，反应平衡后混合气体的物质的量为0.6倍，设反应前充入的环戊二烯和氢气的物质的量均为1mol，则平衡后混合气体的物质的量为1.2mol，设参加反应的环戊二烯的物质的量为x mol，则可以写出如下“三段式”：(1-x)+(1-x)+x=1.2，解得x=0.8，所以环戊二烯的转化率=100%=80%；反应的平衡常数Kp=kPa-1（或Kp=kPa-1）；A增大氢气浓度，反应物浓度增大，平衡向右移动，可以增大环戊二烯的转化率，A正确；B增大环戊二烯的浓度，反应物浓度
37、增大，平衡向右移动，但环戊二烯增加增加后转化率降低，B错误；C充入氦气使压强增大，不改变反应物与生成物的浓度，平衡不移动，转化率不改变，C错误；D增大催化剂的接触面积，可以同等条件的改变正逆反应速率，平衡不移动，不改变转化率，D错误；故答案选A；(3)根据图像，随着压力的不断增大，环戊二烯的转化率逐渐增大，当压力大于0.5MPa是转化率变化不大，同时随着压强的不断增大，环戊烯的选择性逐渐减小，因此总和考虑转化率和选择性，选择0.5MPa为最佳的氢气压力；随着压力的不断升高，环戊烯的选择性不断降低，这是由于增大压力有助于增大副反应的进行，因此反应中要选择合适的氢气压力；虽然氢气的压力等因素对反应
38、选择性有一定的影响，但提高反应的选择性的关键因素为催化剂的选择，选择合适的催化剂可以增大主反应的转化率同时抑制副反应的进行。24氮、碳及其化合物与人类生产生活联系密切，根据要求回答问题。(1)N2的结构式为_。(2)如图为N2和O2反应生成NO过程中的能量变化图：根据图示写出反应的热化学方程式：_。(3)利用CH4可以将氮的氧化物还原为N2。已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H= -802 kJ/mol结合(2)计算反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的H=_kJ/mol。(4)工业处理尾气二氧化氮通常用氢氧化钠吸收，吸收液经
39、电解处理后排出，流程如下：若要在实验室配制100 mL 0.2 molL1 NaOH溶液，可称取_g NaOH固体，用蒸馏水在_中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_中，加蒸馏水至_。写出一个吸收室中发生反应的离子方程式：_。写出生成N2的电极反应式：_。【答案】NN N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180kJ/mol -1162 0.8 烧杯 容量瓶 刻度线 2NO2+2OH-=+H2O 2+6e-+4H2O=N2+8OH-(或2+10e- +6H2O=N2+12OH-) 【详解】(1)N2的结构式为NN；(2)根据图示可知，反应的化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO
40、(g)，H=946kJ/mol+498kJ/mol-2632kJ/mol=+180kJ/mol，故反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180kJ/mol；(3)已知热化学方程式：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180kJ/mol；CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H= -802 kJ/mol；根据盖斯定律可知，由-2可得目标方程式CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，则H= -802 kJ/mol -180kJ/mol2=-1162kJ/mol；(4)若要在实验室配制100 mL 0.2 molL-1 NaOH溶液，可称取NaOH固体的质量为0.1L0.2 molL-1 40g/mol=0.8g；用蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线；NO2与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2NO2+2OH-=+H2O；电解NaNO3与NaNO2的混合溶液生成N2，应为或在阴极得电子，发生还原反应，电极反应式为：2+6e-+4H2O=N2+8OH-或2+10e- +6H2O=N2+12OH-。