蘇教-化學(xué)能與熱能-單元測試

1、化學(xué)能與熱能一、單項(xiàng)選擇題本大題共7小題，共42分1.以下反響的反響熱：1CH3COOHl+2O2g=2CO2g+2H2OlH1=-870.3kJmol-12Cs+O2g=CO2gH2=-393.5kJmol-13H2g+O2g=H2OlH3=-285.8kJmol-1那么以下反響的反響熱為2Cs+2H2g+O2g=CH3COOHlA. H=+488.3kJmol-1B. H=-244.15kJmol-1C. H=-977.6kJmol-1D. H=-488.3kJmol-1答案：D【分析】此題考查學(xué)生蓋斯定律計算反響熱的知識，可以根據(jù)所學(xué)知識進(jìn)行答復(fù)，難度不大?！窘獯稹坑?CH3COOHl+

2、2O2g=2CO2g+2H2OlH1=-870.3kJmol-12Cs+O2g=CO2gH2=-393.5kJmol-13H2g+O2g=H2OlH3=-285.8kJmol-1由蓋斯定律可知，3×2+2×2-1可得反響2Cs+2H2g+O2g=CH3COOH1，其反響熱為2×-285.8kJmol-1+2×-393.5kJmol-1+870.3kJmol-1=-488.3kJmol-1，應(yīng)選D。2.室溫下，將1mol的CuSO45H2Os溶于水會使溶液溫度降低，熱效應(yīng)為H1，將1mol的CuSO4s溶于水會使溶液溫度升高，熱效應(yīng)為H2：CuSO45H2

3、O受熱分解的化學(xué)方程式為CuSO45H2OsCuSO4s+5H2Ol，熱效應(yīng)為H3，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是A. H2H3B. H1H3C. H1+H3=H2D. H1+H2H3答案：B解：膽礬溶于水時，溶液溫度降低，反響為CuSO45H2Os=Cu2+aq+SO42-aq+5H2OlH10； CuSO4s=Cu2+aq+SO42-aqH20； CuSO45H2Os=CuSO4s+5H2OlH3； 依據(jù)蓋斯定律-得到，所以H3=H1-H2；H20，H10，那么H30， A、上述分析可知H2H3，故A錯誤； B、分析可知H2=H1-H3，由于H20，H3H1 ，故B正確； C、H3=H1-H2，

4、故C錯誤； D、H20，H10、H3H1+H2，故D錯誤； 應(yīng)選B 膽礬溶于水時，溶液溫度降低，反響為CuSO45H2Os=Cu2+aq+SO42-aq+5H2OlH10； CuSO4s=Cu2+aq+SO42-aqH2； CuSO45H2Os=CuSO4s+5H2OlH3，根據(jù)蓋斯定律確定之間的關(guān)系 此題考查了物質(zhì)溶解及物質(zhì)分解過程中的能量變化，根據(jù)蓋斯定律分析物質(zhì)溶解過程中的能量變化是解題關(guān)鍵，題目難度中等3.根據(jù)熱化學(xué)方程式：Sg+O2g=SO2gH=-Q kJmol-1，以下分析正確的選項(xiàng)是A. 1mol Sg與1mol O2g的總能量比1mol 

5、;SO2g的總能量低Q kJB. 1mol Sg與1mol O2g反響生成1mol SO2g放出Q kJ的熱量C. Ss+O2g=SO2gH-Q kJmol-1D. 1個Sg與1個O2g完全反響可以放出Q kJ的熱量答案：B解：A、H0，反響放熱，反響物能量高，故A錯誤； B、Sg+O2g=SO2gH=-Q kJmol-1，熱化學(xué)方程式的化學(xué)計量數(shù)表示物質(zhì)的量，1mol Sg與1mol O2g反響生成1mol SO2g放出Q kJ的熱量，故B正確； C、固體硫變化為氣體硫吸熱

6、，焓變?yōu)樨?fù)值，Ss+O2g=SO2gH-Q kJmol-1 ，故C錯誤； D、熱化學(xué)方程式的化學(xué)計量數(shù)表示物質(zhì)的量，不表示分子個數(shù)，故D錯誤； 應(yīng)選B A、反響放熱，反響物能量高； B、熱化學(xué)方程式的化學(xué)計量數(shù)表示物質(zhì)的量； C狀態(tài)不同反響的焓變不同，放熱反響焓變?yōu)樨?fù)值，結(jié)合蓋斯定律分析判斷； D、熱化學(xué)方程式的化學(xué)計量數(shù)只表示物質(zhì)的量 此題考查對熱化學(xué)方程式的理解，特別是其化學(xué)計量數(shù)只表示物質(zhì)的量題目難度不大4.最近意大利羅馬大學(xué)的Fulvio Cacace等人獲得了極具理論研究意義的N4分子 N4分子結(jié)構(gòu)如圖，斷裂1mol N-N吸收167kJ熱量，

7、生成1molNN鍵放出942kJ熱量根據(jù)以上信息和數(shù)據(jù)，那么由N2氣體生成1mol氣態(tài)N4的H為A. +882 kJ/molB. +441 kJ/molC. -882 kJ/molD. -441 kJ/mol答案：A解：由題意知，NN的鍵能為942kJ/mol，N-N鍵的鍵能為167kJ/mol， 生成1molN4的反響為：2N2g=N4g，反響熱等于反響物的總鍵能減去生成物的總鍵能， 故反響熱H=2×942kJ/mol-6×167kJ/mol=+882kJ/mol， 應(yīng)選A 由N4分子結(jié)構(gòu)可知，1molN4分子中含有6molN-N鍵

8、，反響熱等于反響物的總鍵能減去生成物的總鍵能，據(jù)此計算解答 此題考查根據(jù)鍵能進(jìn)行反響熱的有關(guān)計算，難度不大，注意掌握鍵能與反響熱的關(guān)系5.圖為反響2H2g+O2g=2H2Og的能量變化示意圖以下說法正確的選項(xiàng)是答案：D解：A拆化學(xué)鍵吸收能量，故A錯誤； B形成化學(xué)鍵放出能量，故B錯誤； C依據(jù)圖象數(shù)據(jù)分析計算，2 molH2g和1 molO2g反響生成2 molH2Og，共放出484 kJ能量，故C錯誤； D依據(jù)圖象數(shù)據(jù)分析計算，2 molH2g和1 molO2g反響生成2 molH2Og，共放出484 kJ能量，故D正確； 應(yīng)選D A拆化學(xué)鍵吸收能量； B形成化學(xué)鍵放出能量； C依據(jù)反響焓變

9、=反響物化學(xué)鍵鍵能總和-生成物化學(xué)鍵鍵能總和計算分析； D依據(jù)反響焓變=反響物化學(xué)鍵鍵能總和-生成物化學(xué)鍵理念總和； 此題考查了反響能量變化，圖象分析數(shù)據(jù)計算應(yīng)用，注意反響焓變=反響物化學(xué)鍵鍵能總和-生成物化學(xué)鍵鍵能總和，題目難度中等6.以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是A. 鐵與稀鹽酸制取氫氣時，參加NaNO3固體或Na2SO4固體都不影響生成氫氣的速率B. 參加反響物，那么單位體積內(nèi)活化分子百分?jǐn)?shù)增大，化學(xué)反響速率增大C. 過程的自發(fā)性只能用于判斷其方向性，不能確定其是否一定會發(fā)生和發(fā)生的速率D. 中和反響放熱說明中和反響前后能量不守恒答案：C解：A硝酸根離子在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，參加硝酸鈉，生

10、成NO氣體，不生成氫氣，故A錯誤； B參加反響物，單位體積內(nèi)活化分子百分?jǐn)?shù)不變，但濃度增大，化學(xué)反響速率增大，故B錯誤； C過程的自發(fā)性只能用于判斷過程的方向性，過程能不能發(fā)生還與條件有關(guān)，如碳在空氣中的燃燒屬于自發(fā)過程，但是常溫下不能發(fā)生，需要加熱或點(diǎn)燃，故C正確； D中和反響遵循能量守恒，為化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，故D錯誤 應(yīng)選CA參加硝酸鈉，生成NO氣體，不生成氫氣； B參加反響物，單位體積內(nèi)活化分子百分?jǐn)?shù)不變； C過程的自發(fā)性只能用于判斷過程的方向性，過程能不能發(fā)生還與條件有關(guān)； D中和反響遵循能量守恒此題考查化學(xué)反響速率的影響因素、自發(fā)性的判斷以及化學(xué)反響與能量轉(zhuǎn)換等，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題

11、中的信息及濃度對反響速率的影響為解答的關(guān)鍵，注重根底知識的考查，加NaNO3固體為解答的易錯點(diǎn)，題目難度不大7.將V1 mL l.0mol/L鹽酸和V2 mL未知濃度的NaOH溶液混合均勻后測量并記錄溶液溫度，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下圖實(shí)驗(yàn)中始終保持V1+V2=50以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是A. 做該實(shí)驗(yàn)時環(huán)境溫度為22B. 該實(shí)驗(yàn)說明化學(xué)能可能轉(zhuǎn)化為熱能C. NaOH溶液的濃度約為1.0 mol/LD. 該實(shí)驗(yàn)說明有水生成的反響都是放熱反響答案：B解：A溫度為22時參加鹽酸10mL，那么不是實(shí)驗(yàn)溫度，故A錯誤； B由圖示可以看出該反響過程放出熱量，說明化學(xué)能可能轉(zhuǎn)化為熱

12、能，故B正確； C恰好反響時參加反響的鹽酸溶液的體積是30mL，由V1+V2=50Ml可知，消耗的氫氧化鈉溶液的體積為20mL， 恰好反響時氫氧化鈉溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量是n               HCl+NaOH=NaCl+H2O              1       

13、      1      1.0molL-1×0.03L     n 那么n=1.0molL-1×0.03L=0.03mol，=1.5mol/L，故C錯誤； D只是該反響放熱，其他有水生成的反響不一定，如氯化銨和氫氧化鋇晶體的反響，所以D錯誤； 應(yīng)選：BA實(shí)驗(yàn)時的溫度應(yīng)為酸堿未混合之前的溫度； B根據(jù)圖示所測溶液溫度變化進(jìn)行分析； C根據(jù)氫氧化鈉溶液與鹽酸溶液反響方程式進(jìn)行計算； D根據(jù)一個反響無法得出此結(jié)論此題考查了中和反響定量計算及反響中能量

14、轉(zhuǎn)化關(guān)系，準(zhǔn)確把握圖象及中和反響的實(shí)質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度中等二、實(shí)驗(yàn)題本大題共1小題，共14分8.硫化碳又稱氧硫化碳化學(xué)式為COS，是農(nóng)藥、醫(yī)藥和其它有機(jī)合成的重要原料。COS的合成方法之一是在無溶劑的條件下用CO與硫蒸氣反響制得，該法流程簡單、收效高，但含有CO2、SO2等雜質(zhì)。1COS的電子式為_。2CO2催化加氫合成乙醇的反響原理是：2CO2g+6H2gC2H5OH+3H2OgH=-173.6 kJ/mol如圖是不同起始投料時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系，圖中m=，為起始時的投料比，那么 m1、m2、m3從大到小的順序?yàn)開，理由是_。3天然氣局部氧化制取的化

15、工原料氣中，常含有COS目前COS水解是脫除COS的常見方法，即COS在催化劑作用下與水蒸氣反響生成硫化氫，生成的硫化氫可用氧化鋅等脫硫劑脫除。COS 水解的化學(xué)方程式為_。常溫下，實(shí)驗(yàn)測得脫硫脫除硫化氫反響過程中，每消耗4.05gZnO，放出3.83 kJ熱量。該脫硫反響的熱化學(xué)方程式為_。近年來，電化學(xué)間接氧化法處理硫化氫的技術(shù)得到較快開展。該方法是利用Fe3+在酸性條件下與H2S反響生成硫單質(zhì)，反響后的溶液再用電解的方法“再生，實(shí)現(xiàn)循環(huán)利用。電解法使Fe3+“再生的離子方程式為_，該反響的陽極材料是_。常溫下，HCl和CuCl2的混合溶液中，cH+=0.30mol/L

16、，cCu2+=0.10mol/L，往該溶液中通入H2S 至飽和H2S的近似濃度為0.10mol/L，_填“能或“不能出現(xiàn)沉淀，用必要的計算過程和文字說明理由。Ka1H2S=1.3×10-7，Ka2H2S=7.0×10-5，KspCuS=1.4×10-36答案：；m1m2m3；溫度相同時，投料比m增大，增加H2的量，CO2轉(zhuǎn)化率增大；COS+H2OCO2+H2S；ZnOs+H2Sg=ZnSs+H2OlH=-76.6kJ/mol；2Fe2+2H+2Fe3+H2；碳棒、鉑棒等惰性電極材料；能，QcCuS=1.01×10-11mol/L×0.

17、10mol/LKspCuS=1.4×10-36解：1COS的結(jié)構(gòu)和二氧化碳相似，由二氧化碳的電子式知COS的電子式為，故答案為：；2一定溫度下二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨m為起始時的投料比增大而增大，溫度相同時，cH2增大，平衡右移，CO2轉(zhuǎn)化率增大，m1、m2、m3投料比從大到小的順序?yàn)椋簃1m2m3，故答案為：m1m2m3；溫度相同時，cH2增大，平衡右移，CO2轉(zhuǎn)化率增大；3COS 水解生成硫化氫與二氧化碳，COS水解的化學(xué)方程式為COS+H2OCO2+H2S，故答案為：COS+H2OCO2+H2S；每消耗4.05gZnO，放出3.83kJ熱量，由物質(zhì)的量與熱量成正比、物質(zhì)的狀態(tài)、焓變可知

18、熱化學(xué)方程式為ZnOs+H2Sg=ZnSs+H2OlH=-76.6kJ/mol，故答案為：ZnOs+H2Sg=ZnSs+H2OlH=-76.6kJ/mol；Fe3+在酸性條件下與H2S反響生成硫單質(zhì)，反響后的溶液再用電解的方法“再生，可知Fe3+“再生時亞鐵離子失去電子，那么使Fe3+“再生的離子方程式為2Fe2+2H+2Fe3+H2，陽極材料為惰性電極，如碳棒、鉑棒等惰性電極材料，故答案為：2Fe2+2H+2Fe3+H2； 碳棒、鉑棒等惰性電極材料；cS2-=1.01×10-11mol/L，cCu2+=0.10mol/L，那么QcCuS=1.01×10-11mo

19、l/L×0.10mol/LKspCuS=1.4×10-36，生成沉淀，故答案為：能，QcCuS=1.01×10-11mol/L×0.10mol/LKspCuS=1.4×10-36。1結(jié)構(gòu)與二氧化碳相似，C與O、C與S之間存在2對共用電子對；2一定溫度下二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨m為起始時的投料比增大而增大，一種反響物濃度增大會提高另一種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率；3COS 水解生成硫化氫與二氧化碳；每消耗4.05gZnO，放出3.83 kJ熱量，結(jié)合物質(zhì)的量與熱量成正比、物質(zhì)的狀態(tài)、焓變書寫熱化學(xué)方程式；Fe3+在酸性條件下與H2S反響生成硫單質(zhì)，反響后的溶液再用電解

20、的方法“再生，可知Fe3+“再生時亞鐵離子失去電子，陽極材料為惰性電極；假設(shè)QcCuSKspCuS時生成沉淀，cS2-=，以此來解答。此題考查化學(xué)平衡及難溶電解質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題中的信息、熱化學(xué)方程式、難溶電解質(zhì)的計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意3為解答的難點(diǎn)，題目難度中等。三、簡答題本大題共4小題，共48分9.納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注1：2Cus+O2g=Cu2OsH=-169kJmol-1，Cs+O2g=COgH=-110.5kJmol-1，Cus+O2g=CuOsH=-157mol-1用炭粉在高溫條件下復(fù)原CuO的方法制得納米級Cu2O的熱化學(xué)

21、方程式為_2采用離子交換膜控制電解液中OH-的濃度也可以制備納米級Cu2O裝置如下圖：為保證電解能持續(xù)穩(wěn)定進(jìn)行，假設(shè)電解槽中的離子交換膜只允許一種離子通過，那么該交換膜應(yīng)為_填“Na+或“H+或“OH-離子交換膜，該電池的陽極反響式為_3用Cu2O做催化劑，工業(yè)上在一定條件一下，可以用一氧化碳與氫氣反響合成甲醇：COg+2H2gCH3OHg根據(jù)甲圖計算從反響開始到平衡，vH2=_乙圖表示該反響進(jìn)行過程中能量變化，請在乙圖中畫出用Cu2O作催化劑時“反響過程-能量示意圖溫度升高，該反響的平衡常數(shù)K_填“增大、“不變或“減小T時，將2molCO和6molH2充入2L的密閉容器中，平衡時測得cCO=

22、0.2molL-1，此反響在該溫度下的平衡常數(shù)為_保存一位有效數(shù)字，此時假設(shè)向該容器中參加4molCO、3molH2、1molCH3OH，開始時，v正_v逆填“、“或“=在容積均為1L的a、b、c、d、e五個密閉容器中都分別充入1molCO和2molH2的混合氣體，控溫圖丙表示五個密閉容器溫度分別為T1T5，反響均進(jìn)行到5mim時甲醇的體積分?jǐn)?shù)，要使容器c中的甲醇體積分?jǐn)?shù)減少，可采取的措施有_答案：Cs+2CuOs=Cu2Os+COgH=+34.5kJmol-1；OH-；2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；0.15mol/Lmin；減?。?；升溫或減小壓強(qiáng)解：1：2Cus+O2g=Cu

23、2OsH=-169kJmol-1， Cs+O2g=COgH=-110.5kJmol-1， 2Cus+O2g=CuOsH=-314kJmol-1 用炭粉在高溫條件下復(fù)原CuO制取Cu2O和CO的化學(xué)方程式為Cs+2CuO s=Cus+COg， 該反響可以是-×，反響的焓變是-110.5kJmol-1-314kJmol-1-×-169kJmol-1=34.5kJmol-1， 故答案為：Cs+2CuOs=Cu2Os+COgH=+34.5kJmol-1； 2采用離子交換膜控制電解液中OH-的濃度，那么只有使用陰離子交換膜才能控制氫氧根離子濃度；在電解池中，當(dāng)陽極是活潑電極

24、時，該電機(jī)本身發(fā)生失電子得復(fù)原反響，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子的電極反響為2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O， 故答案為：OH-；2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O； 3vCH3OH=0.075mol/Lmin，再根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故vH2=2vCH3OH=0.15mol/Lmin， 故答案為：0.15mol/Lmin； 使用催化劑能降低反響需要的活化能從而改變反響途徑，但不影響平衡移動，所以在乙圖中畫出用Cu2O作催化劑時“反響過程-能量示意圖為： 故答案為： 由丙圖可知，T3后為平衡的升溫，升高溫度時甲醇的體積分?jǐn)?shù)減小，所以，平衡逆移，所以K減小， 故答案為

25、：減小 2molCO和6molH2充入2L的密閉容器中，CO、H2的起始濃度分別為=1mol/L、=3mol/L，充分反響后，到達(dá)平衡時測得cCO=0.2 mol/L，CO濃度變化為1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，那么：                      COg+2H2gCH30Hg 開始mol/L：1     

26、     3                    0 變化mol/L：0.8      1.6                 0.8 平衡mol/

27、L：0.2       1.4                 0.8 故該溫度下，該反響的平衡常數(shù)k=2， 假設(shè)向該容器中參加4molCO、3molH2、1molCH3OH， Qc=0.02772，平衡正向移動，v正v逆 故答案為：2； 因反響是放熱反響和氣體體積減小的反響，可采取升溫或減小壓強(qiáng)可使甲醇體積分?jǐn)?shù)減少， 故答案為：升溫或減小壓強(qiáng)1根據(jù)蓋斯定律

28、結(jié)合熱化學(xué)方程式的書寫方法來書寫； 2采用離子交換膜控制電解液中OH-的濃度，那么只有使用陰離子交換膜才能控制氫氧根離子濃度，在電解池的陽極發(fā)生失電子的氧化反響； 3根據(jù)v=計算vCH3OH，再根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算vH2； 使用催化劑能改變反響途徑，但不影響平衡移動； 根據(jù)溫度對平衡的影響，判斷K的變化； 利用三段式計算平衡時各組分的平衡濃度，再根據(jù)k=計算；K為生成物濃度冪之積與反響物濃度冪之積的比，結(jié)合平衡濃度計算K，結(jié)合Qc與K判定平衡移動的方向，進(jìn)而確定開始時，v正、v逆的大??； 根據(jù)外界條件對平衡的影響分析可知此題考查物質(zhì)的量濃度隨時間變化曲線，涉及化學(xué)反響速率及化學(xué)平

29、衡、平衡常數(shù)的計算，難度中等，注意對根底知識的全面掌握10.含氮的化合物廣泛存在于自然界，是一類非常重要的化合物答復(fù)以下有關(guān)問題：1在一定條件下：2N2g+6H2Og=4NH3g+3O2g該反響的相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如表一：表一：化學(xué)鍵NNH-ON-HO=OE/kJ/mol946463391496那么該反響的H=_KJ/mol2在恒容密閉容器中充入2molNO2與1molO2發(fā)生反響如下：4NO2g+O2g2N2O5g在不同溫度下測得N2O5的物質(zhì)的量隨時間的變化如圖1所示常溫下，該反響能逆向自發(fā)進(jìn)行，原因是_以下有關(guān)該反響的說法正確的選項(xiàng)是_A擴(kuò)大容器體積，平衡向逆反響方向移動，混合氣體顏色

30、變深B恒溫恒容，再充入2molNO2和1molO2，再次到達(dá)平衡時NO2轉(zhuǎn)化率增大C恒溫恒容，當(dāng)容器內(nèi)的密度不再改變，那么反響到達(dá)平衡狀態(tài)D假設(shè)該反響的平衡常數(shù)增大，那么一定是降低了溫度3N2O5是一種新型綠色硝化劑，其制備可以用硼氫化鈉燃料電池作電源，采用電解法制備得到N2O5，工作原理如圖2那么硼氫化鈉燃料電池的負(fù)極反響式為_4X、Y、Z、W分別是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四種強(qiáng)電解質(zhì)中的一種上表二是常溫下濃度均為0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH將X、Y、Z各1mol同時溶于水中得到混合溶液，那么混合溶液中各離子的濃度由大到小的順序?yàn)開表二：.01mol/L

31、的溶液XYZWpH1228.54.55氮的氧化物與懸浮在大氣中的海鹽粒子相互作用時，涉及如下反響：2NO2g+NaClsNaNO3s+ClNOg  K1：2NOg+Cl2g2ClNOg  K24NO2g+2NaCls2NaNO3s+2NOg+Cl2g的平衡常數(shù)K=_用K1、K2表示在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中參加0.2molNO和0.1molCl2，10min時反響到達(dá)平衡測得10min內(nèi)vClNO=7.5×10-3mol/Lmin，那么平衡時NO的轉(zhuǎn)化率1= _ ；其他條件不變，反響在恒壓條件下進(jìn)行，平衡時NO的轉(zhuǎn)化率2 _ 1填“或“

32、=答案：+1268；逆反響方向的S0；BD；BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O；cNa+cNO3-cNO2-cOH-cH+；75%；解：12N2g+6H2Og=4NH3g+3O2g，H=反響物的總鍵能-生成物的總鍵能=2×946KJ/mol+12×463KJ/mol-12×391KJ/mol-3×496KJ/mol=+1268KJ/mol， 故答案為：+1268； 2由圖1可知，溫度，升高溫度時升高時N2O5的物質(zhì)量減小，說明平衡逆向移動，說明正反響放熱；該反響的正反響放熱，那么逆反響吸熱，H0，假設(shè)逆反響能夠自發(fā)進(jìn)行，那么其，H-TS0，必須

33、要S0，故答案為：逆反響方向的S0； A擴(kuò)大容器體積，無論平衡怎樣移動，各組分濃度都減小，混合氣體顏色變淺，故A錯誤； B與開始參加比例相同參加反響物，平衡正向移動，反響物轉(zhuǎn)化率增大，故B正確； C容器中氣體密度始終不變，所以密度不變不能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故C錯誤； D降溫平衡正向移動，化學(xué)平衡常數(shù)增大，故D正確； 故答案為：BD； 3由圖2可知，硼氫化鈉燃料電池的左側(cè)為負(fù)極，BH4-在堿性條件發(fā)生氧化反響生成BO2-，電極反響式為：BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，故答案為：BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O； 4X、Y、Z各1molL-1同時溶于水中制得混合溶液，

34、溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的硝酸鈉和亞硝酸鈉，亞硝酸鈉能水解而使溶液呈堿性，那么cOH-cH+，鈉離子和硝酸根離子都不水解，但鹽類水解較微弱，所以離子濃度大小關(guān)系是cNa+cNO3-cNO2-cOH-cH+， 故答案為：cNa+cNO3-cNO2-cOH-cH+； 52NO2g+NaClsNaNO3s+ClNOgK1 H0 I  2NOg+Cl2g2ClNOgK2 H0 II 根據(jù)蓋斯定律，×2-可得：4NO2g+2NaCls2NaNO3s+2NOg+Cl2g，那么該反響平衡常數(shù)K=，故答案為：； 2測得10min內(nèi)vClNO=7.5×10-3molL-1min

35、-1，那么nClNO=7.5×10-3molL-1min-1×10min×2L=0.15mol， 由方程式可知，參加反響氯氣的物質(zhì)的量為0.15mol×=0.075mol，故平衡時氯氣的物質(zhì)的量為0.1mol-0.075mol=0.025mol； 參加反響NO物質(zhì)的量為0.15mol，那么NO的轉(zhuǎn)化率為×100%=75%； 正反響為氣體物質(zhì)的量減小的反響，恒溫恒容下條件下，到達(dá)平衡時壓強(qiáng)比起始壓強(qiáng)小，其他條件保持不變，反響在恒壓條件下進(jìn)行，等效為在恒溫恒容下的平衡根底上增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，NO轉(zhuǎn)化率增大，故轉(zhuǎn)化率21； 故答案為：75%；1

36、舊鍵斷裂吸收的能量減去新鍵生成釋放的能量值即為反響熱，1molN2含有1molNN，1molH2°含有2molH-O，1molNH3含有3molN-H，依據(jù)H=反響物的總鍵能-生成物的總鍵能進(jìn)行計算； 2由圖1可知，溫度，再結(jié)合溫度升高時N2O5的物質(zhì)量變化，判斷溫度升高時平衡移動方向，H-TS0時，反響能夠自發(fā)進(jìn)行； A擴(kuò)大容器體積，平衡逆向移動，但各組分濃度都減小； B恒溫恒容下，再充入2molNO2和1molO2，相當(dāng)于加壓，平衡正向移動； C容器體積不變，氣體質(zhì)量不變； D正反響放熱，降溫平衡正向移動； 3由圖2可知，原電池工作時Na+向正極移動，那么原電池的左側(cè)為負(fù)極，BH

37、4-在堿性條件發(fā)生氧化反響生成BO2-； 4X、Y、Z各1molL-1同時溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的硝酸鈉和亞硝酸鈉，亞硝酸鈉能水解而使溶液呈堿性，那么cOH-cH+，鈉離子和硝酸根離子都不水解，但鹽類水解較微弱，所以離子濃度大小關(guān)系是cNa+cNO3-cNO2-cOH-cH+； 5：2NO2g+NaClsNaNO3s+ClNOg， ：2NOg+Cl2g2ClNOg， 根據(jù)蓋斯定律×2-可得：4NO2g+2NaCls2NaNO3s+2NOg+Cl2g，那么該反響平衡常數(shù)為的平衡常數(shù)平方與的商； 測得10min內(nèi)vClNO=7.5×10-3molL-

38、1min-1，那么nClNO=7.5×10-3molL-1min-1×10min×2L=0.15mol，由方程式計算參加反響NO、氯氣的物質(zhì)的量，進(jìn)而計算平衡時氯氣的物質(zhì)的量、NO的轉(zhuǎn)化率； 正反響為氣體物質(zhì)的量減小的反響，恒溫恒容下條件下，到達(dá)平衡時壓強(qiáng)比起始壓強(qiáng)小，其他條件保持不變，反響在恒壓條件下進(jìn)行，等效為在恒溫恒容下的平衡根底上增大壓強(qiáng)，平衡正向移動此題側(cè)重化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡常數(shù)、平衡影響因素、化學(xué)反響熱量計算、電化學(xué)知識、鹽類水解以及離子濃度大小比擬的全面考查，題目難度中等，能很好地考查學(xué)生的分析能力、化學(xué)平衡影響和反響速率影響因素及電化學(xué)知識的綜

39、合理解和運(yùn)用，明確離子濃度的比擬方法及燃料電池發(fā)生的電極反響和化學(xué)平衡移動原理是解答此題的關(guān)鍵11.氮的固定一直是科學(xué)家研究的重要課題，合成氨那么是人工固氮比擬成熟的技術(shù)，其原理為N2 g+3H2 g2NH3gH 1每破壞1mol有關(guān)化學(xué)鍵需要的能量如表： H-HN-HN-NN435.9KJ390.8KJ192.8KJ945.8KJ那么H= _ 2在恒溫、恒壓容器中，氨體積比1：3參加N2和H2進(jìn)行合成氨反響，到達(dá)平衡后，再向容器中充入適量氨氣，到達(dá)新平衡時，cH2將 _ 填“增大“減小或“不變 3在不同溫度、壓強(qiáng)和相同催化劑條件下，初始時N2、H2分別為0.1mol、0.

40、3mol時，平衡后混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)如下圖 其中，p1、p2和p3由大到小的順序是 _ ，其原因是 _ 假設(shè)分別用vAN2和vBN2表示從反響開始至達(dá)平衡狀態(tài)A、B時的化學(xué)反響速率，那么vAN2 _  vBN2填“或“= 假設(shè)在250、p1條件下，反響到達(dá)平衡時容器的體積為1L，那么該條件下合成氨的平衡常數(shù)K= _ 保存一位小數(shù) 4H2NCOONH4是工業(yè)由氨氣合成尿素的中間產(chǎn)物在一定溫度下、體積不變的密閉容器中發(fā)生反響：H2NCOONH4s2NH3g+CO2g，能說明該反響到達(dá)平衡狀態(tài)的是 _ 填序號 混合氣體的壓強(qiáng)不變 混合氣體的密度不變 混合氣體的總物質(zhì)的量不變 混合氣體的平

41、均相對分子質(zhì)量不變 NH3的體積分?jǐn)?shù)不變答案：-91.3KJ/mol；不變；p1p2p3；溫度相同時，加壓平衡正向移動，故壓強(qiáng)越大平衡混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)越大；5925.9L2/mol2；解：1N2g+3H2g2NH3gH=反響物鍵能和-生成物鍵能和=945.8KJ/mol+3×435.9KJ/mol-6×390.8KJ/mol=-91.3KJ/mol， 故答案為：-91.3KJ/mol； 2保持恒溫恒壓，到達(dá)平衡后，再向容器中充入適量氨氣，在恒壓條件下與原平衡狀態(tài)相同，為等效平衡，平衡時兩種情況平衡狀態(tài)相同，各物質(zhì)的含量不變，所以到達(dá)新平衡時，cH2將不變， 故答案為：不

42、變； 3由N2+3H22NH3可知，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，由圖象可知在相同溫度下，平衡后混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)為P1P2P3，因此壓強(qiáng)關(guān)系是P1P2P3， 故答案為：p1p2p3；溫度相同時，加壓平衡正向移動，故壓強(qiáng)越大平衡混合物中氨的體積分?jǐn)?shù)越大； 溫度越大，壓強(qiáng)越大，反響速率越大，p1p2，由圖可知，B對應(yīng)的溫度、壓強(qiáng)大，那么反響速率大， 故答案為：； N2+3H22NH3 開始 0.1    0.3        0 轉(zhuǎn)化 x    3x  

43、;         2x 平衡 0.1-x  0.3-3x       2x     =0.667，x=0.08 K=5925.9L2/mol2， 故答案為：5925.9L2/mol2； 4H2NCOONH4s2NH3g+CO2g， 該反響為氣體體積增大的反響，反響過程中壓強(qiáng)逐漸增大，當(dāng)壓強(qiáng)不變時，說明正逆反響速率相等，該反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故正確； 由于H2NCOONH4是固體，沒有到達(dá)平衡狀態(tài)前

44、，氣體質(zhì)量會變化，容器體積不變，密度也會發(fā)生變化，所以密度不變，到達(dá)了平衡狀態(tài)，故正確； 由于H2NCOONH4是固體，生成物全部為氣體，氣體的物質(zhì)的量在增加，當(dāng)混合氣體的總物質(zhì)的量不變，說明正逆反響速率相等，到達(dá)了平衡狀態(tài)，故正確； 混合氣體的平均相對分子質(zhì)量=，混合氣體的質(zhì)量恒等于H2NCOONH4s分解的質(zhì)量，氣體的物質(zhì)的量為分解的H2NCOONH4s的三倍，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變恒不變，不能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故錯誤； 因反響物NH2COONH4是固體物質(zhì)，所以密閉容器中NH3的體積分?jǐn)?shù)始終不變，故錯誤； 故答案為： 1依據(jù)H=反響物鍵能和-生成物鍵能和求算； 2保持恒溫恒壓

45、，將體積比1：3參加N2和H2充入一密閉容器中與起始時在該容器中充入適量氨氣，為等效平衡狀態(tài)； 3由方程式N2+3H22NH3可知，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，氨的體積分?jǐn)?shù)越大； 溫度越大，壓強(qiáng)越大，反響速率越大； 化學(xué)平衡常數(shù)為生成物濃度系數(shù)次冪的乘積與反響物濃度系數(shù)次冪乘積的比值； 4H2NCOONH4s2NH3g+CO2g，反響物為固體，生成物為氣體，化學(xué)反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)時，正逆反響速率相等，且不等于0，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不發(fā)生變化，以此進(jìn)行判斷，得出正確結(jié)論 此題考查化學(xué)平衡的影響因素、化學(xué)平衡的標(biāo)志、平衡常數(shù)計算等問題，題目難度中等側(cè)重考查學(xué)生分析和解決問

46、題的能力，4到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志判斷為易錯點(diǎn)12.氮及其化合物有廣泛應(yīng)用，答復(fù)以下問題1氨氣是一種重要的工業(yè)原料，工業(yè)上利用氮?dú)夂蜌錃庠谝欢l件下合成氨氣：N2g+3H2g2NH3gH該反響過程中的能量變化如圖1所示E10，E20圖中E1代表的意義是_反響熱H的表達(dá)式為_用E1、E2表示2NH3催化復(fù)原氮氧化物SCR技術(shù)是目前應(yīng)用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除技術(shù)反響原理如圖2所示：圖3是不同催化劑Mn和Cr在不同溫度下對應(yīng)的脫氮率，由圖綜合考慮可知最正確的催化劑和相應(yīng)的溫度分別為_、_用Fe做催化劑時，在氨氣足量的情況下，不同cNO2/cNO對應(yīng)的脫氮率如圖4所示，脫氮效果最正確的cNO2/cNO=

47、_生成11.2L N2標(biāo)況下反響放出的熱量為Q kJ，此時對應(yīng)的脫氮反響的熱化學(xué)方程式為_3工業(yè)上合成尿素的反響：2NH3g+CO2gH2Og+CONH22 lH在一個真空恒容密閉容器中充入CO2和NH3發(fā)生上述反響，恒定溫度下混合氣體中NH3的體積分?jǐn)?shù)如圖5所示A點(diǎn)的正反響速率v正CO2_B點(diǎn)的逆反響速率v逆CO2填“、“或“=；CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為_4尿液也能發(fā)電！化學(xué)家正在研究尿素動力燃料電池，用這種電池直接去除城市廢水中的尿素，既能產(chǎn)生凈化的水又能發(fā)電，其電池工作原理為2CONH22+3O2=2N2+2CO2+4H2O電解質(zhì)溶液為硫酸，那么負(fù)極的電極反響式為_答案：反響物的活化能；E1-E2 ；Mn；200-250；1：1；2NH3g+NOg+NO2g2N2g+3H2OgH=-4QkJ/mol；37.5%；CONH22+H2O-6e-=CO2+N2+6H+解：1E1代表的意義是反響物的活化能；根據(jù)圖中信息得到：反響物的能量高于生成物的能量，反響是放熱反響，焓變=產(chǎn)物的能量-反響物的能量，圖中，E1是普通分子變?yōu)榛罨肿游盏哪芰?，E2 是活化分子之間的反響生成產(chǎn)物的能量變化，E1-E2 是反響物和產(chǎn)物的能量之差，反響是放熱的，所以焓變=E1-E2 0， 故答案為：反響物的活化能；E1-E2 ； 2根據(jù)圖象知，脫氫率越高越好，但Cr作催化劑