版高考化学新课标大二轮专题强化训练14 填空题.docx

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版高考化学新课标大二轮专题强化训练14填空题

专题强化训练（十四）

能力练（20分钟）

1．（2019·广东七校联合体第一次联考）氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源。

（1）已知：

①反应Ⅰ：

4NH3（g）＋3O2（g）2N2（g）＋6H2O（g）

ΔH1＝－1266.6kJ·mol－1

②H2的燃烧热ΔH2＝－285.8kJ·mol－1

③水汽化时ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1

反应Ⅰ热力学趋势很大（平衡常数很大）的原因为

____________________________；

NH3分解的热化学方程式为_____________________。

（2）在Co－Al催化剂体系中，压强p0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如图所示，活化能最小的催化剂为________，温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因是_________________________________。

如果增大气体流速，则b点对应的点可能为________（填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”）点。

[解析]　

（1）反应Ⅰ是放热量很大的反应，产物的能量较低，故热力学趋势很大。

根据已知②和③可以写出热化学方程式：

H2（g）＋

O2（g）===H2O（l）　ΔH2＝－285.8kJ·mol－1（反应Ⅱ）和H2O（l）===H2O（g）　ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1（反应Ⅲ），根据盖斯定律，由

×（反应Ⅰ－反应Ⅱ×6－反应Ⅲ×6）得NH3分解的热化学方程式：

2NH3（g）N2（g）＋3H2（g）　ΔH＝＋92.1kJ·mol－1。

（2）从图1可看出，压强为p0、温度相同时，在催化剂90CoAl的作用下，NH3的转化率最高，故该催化剂的活化能最小。

相同条件下，增大气体流速，NH3的转化率降低，此时b点对应的转化率可能降至e点。

[答案]　

（1）该反应为放热量很大的反应　2NH3（g）N2（g）＋3H2（g）　ΔH＝＋92.1kJ·mol－1

（2）90CoAl　平衡转化率随温度升高而增大，此反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率　e

2．（2019·安徽安庆联考）甲醇是重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。

（1）已知反应CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）　ΔH＝－99kJ·mol－1中的相关化学键键能如下：

则x＝________。

（2）利用合成气（主要成分为CO和H2）合成甲醇，发生主要反应如下：

Ⅰ：

CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）　ΔH1

Ⅱ：

CO2（g）＋H2（g）

CO（g）＋H2O（g）　ΔH2

Ⅲ：

CO2（g）＋3H2（g）

CH3OH（g）＋H2O（g）　ΔH3

上述反应对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化曲线如图所示。

则ΔH1________（填“>”“<”或“＝”）ΔH3，理由是_____________________________________。

[解析]　

（1）反应物＝反应物的总键能－生成物的总键能，则ΔH＝（2×436＋x－343－413×3－465）kJ·mol－1＝－99kJ·mol－1，计算得出x＝1076。

（2）由图可知，随着温度升高，K2增大，说明升温平衡右移，则该反应为吸热反应，则ΔH2>0，根据盖斯定律又得ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，所以ΔH1<ΔH3。

[答案]　

（1）1076　

（2）<　由图可知，随着温度升高，K2增大，说明升温平衡右移，则该反应为吸热反应，则ΔH2>0，根据盖斯定律又得ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，所以ΔH1<ΔH3

3．（2019·贵州贵阳适应性考试）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）为白色或黄色结晶粉末或小结晶，其性质活泼，具有强还原性，是常用的食品抗氧化剂之一。

制备该物质的反应方程式为Na2SO3＋SO2===Na2S2O5，某研究小组利用该反应在实验室制备焦亚硫酸钠并探究其有关性质。

请回答下列问题：

（1）采用如图装置制取Na2S2O5，装置Ⅲ中有Na2S2O5晶体析出。

①装置Ⅰ中盛放浓硫酸的仪器名称为________；滴加浓硫酸前需要将装置内的空气排净，这样操作的目的是_____________________。

②从装置Ⅲ中分离出Na2S2O5晶体可采取的操作方法是________；装置Ⅳ的作用是__________________________________，盛装的试剂为________。

（2）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是

______________________________。

[解析]　

（1）①装置Ⅰ中盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；因焦亚硫酸钠具有强还原性，为防止制得的产品被空气中的氧气氧化，故滴加浓硫酸前需要将装置内的空气排净；②装置Ⅲ中饱和亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成焦亚硫酸钠晶体，故分离出Na2S2O5晶体可采取的操作方法是过滤；装置Ⅳ的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，故应盛装NaOH溶液。

（2）若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，则应该生成Na2SO4，可检验样品中是否含有SO

，即取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明Na2S2O5晶体在空气中已被氧化。

[答案]　

（1）①分液漏斗　防止制得的产品被空气中的氧气氧化　②过滤　处理尾气，防止空气污染　NaOH溶液

（2）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成

拔高练（25分钟）

1．（2019·重庆七校联考）烟气中主要污染物为SO2、NOx，为减少排放，保护环境，实现绿色可持续发展，常采用如下两种方法进行处理。

处理方法一：

烟气经O3预处理后用CaSO3悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。

O3氧化烟气中SO2、NO的主要反应的热化学方程式为：

NO（g）＋O3（g）===NO2（g）＋O2（g）　ΔH1

NO（g）＋

O2（g）===NO2（g）　ΔH2

SO2（g）＋O3（g）SO3（g）＋O2（g）　ΔH3

（1）反应3NO（g）＋O3（g）===3NO2（g）的ΔH＝________。

（2）室温下，进入反应器的NO、SO2的物质的量恒定，改变通入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）∶n（NO）的变化如图所示。

说明预处理过程中NO2的物质的量变化的原因

__________________________________________，

在反应中SO2的物质的量几乎不发生变化的原因是

_______________________________________。

[解析]　

（1）将题述热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律，由①＋②×2得到3NO（g）＋O3（g）===3NO2（g）　ΔH＝ΔH1＋2ΔH2。

（2）预处理过程中NO2的物质的量变化的原因是：

当n（O3）∶n（NO）<1时，臭氧将NO氧化为NO2，NO减少，NO2增多；当n（O3）∶n（NO）>1时，臭氧过量，将NO2氧化成更高价态的氮氧化物。

在反应中SO2的物质的量几乎不发生变化，说明增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，即浓度对该反应的反应速率影响较小，可能是因为SO2与O3的反应速率慢。

[答案]　

（1）ΔH1＋2ΔH2

（2）当n（O3）∶n（NO）<1时，臭氧将NO氧化为NO2，NO减少，NO2增加；当n（O3）∶n（NO）>1时，臭氧过量，将NO2氧化成更高价态的氮氧化物　SO2与O3的反应速率慢

2．（2019·福州质检）二甲醚（CH3OCH3）是一种新兴化工原料，具有甲基化反应性能。

Ⅰ.二甲醚的生产

二甲醚的生产原理之一是利用甲醇脱水成二甲醚，化学方程式如下：

反应ⅰ　2CH3OH（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g）　ΔH1

（1）已知：

甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热分别为761.5kJ·mol－1、1455.2kJ·mol－1，且H2O（g）===H2O（l）　ΔH＝－44.0kJ·mol－1。

反应ⅰ的ΔH1＝________kJ·mol－1。

（2）反应ⅰ中甲醇转化率、二甲醚选择性与不同催化剂的关系如表所示，生产时选择的最佳催化剂是________。

（3）选定催化剂后，测得平衡时反应ⅰ的甲醇转化率与温度的关系如图所示。

经研究产物的典型色谱图发现该过程主要存在的副反应为：

反应ⅱ　2CH3OH（g）C2H4（g）＋2H2O（g）　ΔH2＝－29.1kJ·mol－1。

工业上生产二甲醚的温度通常在270～300℃，高于330℃，甲醇转化率下降，根据化学平衡移动原理分析原因是_____________；根据化学反应速率变化分析原因是______________________。

[解析]　

（1）根据甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热，可得热化学方程式：

①2CH3OH（g）＋3O2（g）===2CO2（g）＋4H2O（l）　ΔH＝－1523.0kJ·mol－1，②CH3OCH3（g）＋3O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（l）　ΔH＝－1455.2kJ·mol－1，已知③H2O（g）===H2O（l）　ΔH＝－44.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，反应ⅰ等于①－②－③，故ΔH1＝－23.8kJ·mol－1。

（2）GiSNL－108作催化剂时，甲醇转化率最高，二甲醚选择性较高，故其是最佳催化剂。

（3）①该反应是放热反应，随温度升高，平衡逆向移动，从而使得温度高于330℃时甲醇转化率下降；从化学反应速率变化分析，温度一直升高，会导致催化剂失去活性，对二甲醚的选择性下降，从而使得温度高于330℃时甲醇转化率下降。

[答案]　

（1）－23.8　

（2）GiSNL－108

（3）①该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇转化率下降　温度升高，催化剂失去活性，对二甲醚的选择性下降，甲醇转化率下降（或温度升高，催化剂失活，副反应增多）

3．（2019·保定调研）某校兴趣小组对SO2与新制Cu（OH）2悬浊液的反应进行探究，实验如下：

（1）甲同学重新用实验Ⅱ的方法制备新制Cu（OH）2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净。

向洗净后的Cu（OH）2中加入5mL蒸馏水，再持续通入SO2气体，现象与实验Ⅰ相同，此步实验证明：

____________，检验Cu（OH）2洗涤干净的方法是________________________。

（2）同学们对实验Ⅱ中白色沉淀的成分继续进行探究。

查阅资料如下：

CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸。

它与氨水反应生成的Cu（NH3）

在空气中会立即被氧化成蓝色的Cu（NH3）

。

①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为CuCl＋2NH3·H2O===Cu（NH3）

＋Cl－＋2H2O、___________________________________。

②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为CuCl，参考如下实验方案填写表格：

③写出实验Ⅱ中由Cu（OH）2生成白色沉淀的离子方程式：

________________________________________________。

（3）丙同学通过实验证明实验Ⅰ中观察到的红色沉淀是Cu2O。

完成合理的实验方案：

___________________________。

[解析]　

（1）比较实验Ⅰ和实验Ⅱ可知，两个实验制取Cu（OH）2悬浊液所用铜盐不同，故产生不同实验现象可能是受阴离子的影响。

向洗净后的Cu（OH）2中加入5mL蒸馏水，排除了阴离子的干扰，再持续通入SO2，现象与实验Ⅰ相同，证明实验Ⅱ与实验Ⅰ的现象差异与Cl－有关（或与SO

无关）。

在叙述检验物质是否洗涤干净的操作时，切勿缺少取样步骤，Cu（OH）2固体表面有氯离子等杂质，可以通过检验滤液中是否有氯离子判断洗涤是否干净，具体操作为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净。

（2）①甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，Cu（NH3）

易被氧化，所以存在的离子反应还有4Cu（NH3）

＋8NH3·H2O＋O2===4Cu（NH3）

＋4OH－＋6H2O。

②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，根据这个性质可以证明该白色沉淀是否为CuCl，所以实验加入的试剂及现象为

③实验Ⅱ中由Cu（OH）2生成白色沉淀的离子方程式为2Cu（OH）2＋2Cl－＋SO2===2CuCl↓＋SO

＋2H2O。

（3）根据实验Ⅰ中的现象可知，红色物质若为氧化亚铜，则氧化亚铜能与二氧化硫继续反应得到绿色溶液，故可取少量Cu2O固体于试管中，加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体且溶液呈绿色，与实验Ⅰ现象相同，故证明实验Ⅰ中红色沉淀为氧化亚铜。

[答案]　

（1）实验Ⅱ与实验Ⅰ的现象差异与Cl－有关（或与SO

无关）　取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明Cu（OH）2洗涤干净

（2）①4Cu（NH3）

＋8NH3·H2O＋O2===4Cu（NH3）

＋4OH－＋6H2O　②浓盐酸　白色沉淀溶解　出现白色沉淀　③2Cu（OH）2＋2Cl－＋SO2===2CuCl↓＋SO

＋2H2O

（3）取少量Cu2O固体于试管中，加5mL蒸馏水，向其中持续通入SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体且溶液呈绿色（或现象与实验Ⅰ相同），则说明红色沉淀是Cu2O