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精品-迈向名师之星级题库-选修4第一章第一节化学反应与能量的变化五星题1用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化合物的污染。例如：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；H=574kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；H=1160kJ/mol下列说法中错误的是（ ）A由反应可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)；H574kJ/molB等物质的量的CH4在反应、中转移电子数相同C若用标准状况下4.48L CH4把NO2还原为N2（生成的水为气态），放出热量173.4kJD若用标准状况下4.48L CH4把NO2还原为N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol2（14分）常温下钛的化学活性很小，在较高温度下可与多种物质反应。工业上由金红石（含TiO2大于96）为原料生产钛的流程如下：（1）TiCl4遇水强烈水解，写出其水解的化学方程式 。（2）若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是 。Cl2含量检测仪工作原理如下图，则Cl2在Pt电极放电的电极反应式为 。实验室也可用KClO3和浓盐酸制取Cl2，方程式为：KClO3 + 6HCl(浓) = KCl + 3Cl2 + 3H2O。当生成6.72LCl2（标准状况下）时，转移的电子的物质的量为 mol。（3）一定条件下CO可以发生如下反应：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) H。该反应的平衡常数表达式为K= 。将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示，下列判断正确的是 （填序号）。aH 0bP1P2”“=”或“”“=”或“”“=”或“ p1)的曲线。（4）在碱性条件下可将合成甲醇的反应设计成原电池，则负极的电极反应式为_。评卷人得分七、判断题参考答案1A【解析】CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；H=574kJ/mol，该反应的正反应为放热反应，当变为CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)时，水蒸气变为液态水要放热，所以，CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)的反应热H574kJ/mol，A错。其他选项根据两个热化学方程式计算便可知为正确的。2（14分）（1）TiCl4 + 4H2OTi(OH)4+ 4HCl或TiCl4 + 3H2OH2TiO3+ 4HCl(2分)（2）铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用 (2分)Cl2 + 2e- + 2Ag+ = 2AgCl (2分) 0.5 (2分)（3）c(CH3OCH3)c(H2O)/c(H2)4c(CO)2 （2分）a(2分) 2.0 (2分，1.92.1均给分)【解析】试题分析：(1) TiCl4遇水强烈水解，生成氯化氢和氢氧化钛，化学方程式是TiCl4 + 4H2OTi(OH)4+ 4HCl；或TiCl4 + 3H2OH2TiO3+ 4HCl；（2）氯气与钢瓶中的铁反应生成的氯化铁对氯气与苯的反应有催化作用，所以钢瓶表面氯与苯的反应明显加快；根据图可知，银离子向通入氯气的一极移动，说明通入氯气的一极是阴极，所以氯气得到电子生成氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，电极反应式是Cl2 + 2e- + 2Ag+ = 2AgCl；根据KClO3 + 6HCl(浓) = KCl + 3Cl2 + 3H2O，当生成6.72LCl2（标准状况下）物质的量是0.3mol时，消耗氯酸钾的物质的量是0.1mol，氯酸钾中Cl元素的化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，则0.1mol氯酸钾参加反应得到电子的物质的量是0.5mol，所以该过程中转移的电子的物质的量为0.5mol；（3）根据平衡常数的定义，可知该反应的平衡常数可表示为K= c(CH3OCH3)c(H2O)/c(H2)4c(CO)2；a、压强一定时，温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，H P2P3，错误；c、若在P3和316时，起始时n(H2)/n(CO)=3，即增大氢气的浓度而CO的浓度不变，则平衡正向移动，所以达到平衡时CO的转化率增大，大于50%，错误，答案选a；根据图可知，当CO的转化率最大、DME的选择性最大值时对应的横坐标大约在2.0附近，所以n(Mn)/n(Cu)约为2.0时最有利于二甲醚的合成。考点：考查对物质性质的分析，化学平衡移动的判断，对图像的分析判断3（12分）（1）减小（2分） 作催化剂或催化作用（2分）（2）CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) H=q kJ.mol1（3分）O2+4e+4H+=2H2O（2分）（3）氨水（1分） 16.36mL（2分）【解析】试题分析：（1）T1时先达平衡，所以T1T2，而温度升高，二氧化碳的浓度减小，说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小；根据NO参与的反应判断，消耗后又生成NO，所以NO在该过程中其催化剂作用；（2）甲醚完全燃烧生成的气态氧化物是二氧化碳和水蒸气，所以1mol甲醚燃烧生成二氧化碳和水蒸气的热化学方程式是CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) H=q kJ.mol1；燃料电池中都是燃料发生氧化反应，所以氧气在正极发生还原反应，电解质溶液为酸性时，氧气得到电子与氢离子结合为水，电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O；（3）若为滴定氢氧化钠溶液，当盐酸的体积为20mL时，二者恰好完全反应，溶液为中性，而图中盐酸的体积为20mL时，溶液为酸性，所以滴定的是氨水；当向20.00 mLNaOH溶液中加入V mL盐酸时，所得混合溶液pH=12，溶液为碱性，氢氧根离子的浓度是0.01mol/L，说明盐酸不足，则（0.1mol/L20.00-0.1mol/LVmL）/(20.00+V)mL=0.01mol/L，则V=16.36mL。考点：考查对图像的分析判断，电化学反应原理的应用，热化学方程式的书写，pH的应用4（1）CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g）H=+77kJmol-1（2分）（2）0.03 molL-1min-1（2分）2.2510-4（2分）（3）C、D（各1分，共2分）（4）Co2+e-=Co3+（2分）6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+（2分）【解析】试题分析：（1）I：CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）H=+206.0kJmol-1II：CO（g）+2H2 （g）=CH3OH （g）H=-129.0kJmol-1依据盖斯定律，+得到：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g）H=+77kJmol-1（2）将1.0mol CH4和2.0mol H2O （ g ）通入容积固定为100L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol50%=0.5mol，则： CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g）起始量（mol）：1.0 2.0 0 0变化量（mol）：0.5 0.5 0.5 1.5平衡量（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5假设100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率=1.5mol100L5min=0.03 molL-1min-1。100时反应I的平衡浓度为c（CH4）=0.050mol/L，c（H2O）=0.015mol/L，c（CO）=0.005mol/L，c（H2）=0.015mol/L，平衡常数K=0.0050.0153（0.0050.015）=2.2510-4。（3）A平衡后将容器的容积压缩到原来的1/2，压强增大，平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，由于平衡常数不变，结合平衡常数可知，平衡时反应物各组分的浓度都增大，故A错误；B压强增大，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故B错误；C压强增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH 的物质的量增加，故C正确；D压强增大，平衡向正反应方向移动，氢气的物质的量减小、甲醇的物质的量增大，故重新平衡减小，故D正确；E平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故E错误。（4）通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e-=Co3+。以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+。考点：本题考查热化学方程式、化学平衡图象、影响化学平衡因素、平衡常数与反应速率计算、原电池。 5（3） 9；变大（4） 1；234；3【解析】试题分析：（1）根据能量变化图，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，反应物和生成物能量的差值为E2-E1，写出化学方程式，标出各物质的状态，从而写出热化学方程式；（2）由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；（3）开始加入的CO和NO的物质的量相等，根据CO的起始浓度2mol/L确定NO2的起始浓度也为2mol/L，达到平衡时CO的浓度为0.5mol/L，故NO2的浓度也为0.5mol/L，根据方程式计算出NO和CO2的浓度均为1.5mol/L，代入平衡常数表达式计算出化学平衡常数；该反应为放热反应，降低温度，平衡向右移动，化学平衡常数增大；（4）甲与乙是等效平衡，对应各组分的含量完全相同，对应各组分的物质的量乙是甲中的2倍，CO的转化率为1，则平衡时CO的物质的量为（1-1）mol，乙中平衡时NO的转化率为2，乙中平衡时CO的物质的量为22mol，故2（1-1）=22，整理得1+2=1；令平衡时甲中CO为nmol，则乙中CO为2nmol，甲中放出的热量为（1-n）234kJ=akJ乙中吸收的热量为2n234kJ=bkJ，整理得a+=234；丙与乙是完全等效平衡，平衡时NO的浓度相等，故m=3mol/L，考点：热化学方程式的书写、化学平衡常数的计算、化学平衡的移动、等效平衡等知识。6(共14分)（1）吸热（1分）（2）=（1分） （3） 、（2分）（4）加入催化剂（2分）；将容器的体积快速压缩至2L（2分，只写出加压或缩小容器体积得1分）（5） c(CH3COO-)c(Ba2+)c(OH-)c(H+)（2分）【解析】试题分析：（1）对于反应，温度升高，平衡常数增大，说明升高温度对正反应有利，所以该反应是吸热反应；（2）平衡常数是温度常数，只随温度变化，所以A、B点的温度相同，平衡常数也相同，K(A)=K(B)（3）反应=反应+反应，所以K3=K1K2，500K3=2.5,800 K3=0.375，温度升高，平衡常数减小，说明温度升高对逆反应有利，正向是放热反应，所以H0，由化学方程式的系数可知，反应物中气体的总系数是4，生成物的总系数是2，所以Sc(Ba2+)c(OH-)c(H+)。考点：考查化学热效应的判断，化学平衡常数的应用，图像的分析，溶液的离子浓度的比较7(13分)（1） （2分）（2）N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) H=-92kJ/mol增大（3）N2+8H+6e-=2NH4+ (2分) NH4Cl （2分）（4） (1分)； 3 （2分）【解析】试题分析：（1）氨的分子中氮与氢原子之间形成一对共用电子对，所以氨的电子式是（2）根据反应的H=反应物的总键能-生成物的总键能，计算合成氨的H=946kJ/mol+3436kJ/mol-33912kJ/mol=-92kJ/mol，所以合成氨的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) H=-92kJ/mol；该反应放热，所以降温，平衡正向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡常数将增大；（3）该电池的本质反应是合成氨反应，所以正极是氮气发生还原反应，电极反应式为N2+8H+6e-=2NH4+；生成的铵根离子与氯化氢结合生成氯化铵，所以A是NH4Cl；（4）氨碳比一定时，水碳比越大，说明原料气中含二氧化碳越少，二氧化碳的转化率越低，所以二氧化碳转化率最低的即为水碳比最大的，是曲线；B点二氧化碳的转化率是60%，氨气的转化率是40%，设NH3、CO2的起始物质的量分别为n1、n2，则n140%/2= n260%,解得n1/n2= x1=3。考点：考查电子式、热化学方程式、电极反应式的书写，平衡移动的判断，化学平衡常数的判断，对图像的分析能力8（1）N2(g)+3H22NH3(g) H=92.4KJ/mol（3分）(2) CD（3）4NH+5O24NO+6H2O 吸收水和多余的氨气(4)3 NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO2+O2+2H2O=4HNO3(5)氧化NH3和NO【解析】试题分析：（1）5个原子核的10电子的微粒一般为CH4、NH4+NH4+，W为无色液体,10电子的无色液体为H2O，所以猜想该反应为NH4+与OH-制取NH3的反应，X为NH4+，Y为OH-，Z为NH3。工业制取氨气的化学反应为N2+3H22NH3，每制取1molNH3要放出46.2kJ的热量，所以该反应的热化学方程式为N2(g)+3H22NH3(g) H=92.4KJ/mol（2）制取氨气的反应为放热反应，升高温度有利于平衡逆向移动，平衡常数减小，所以K1K2A、达平衡时容器内各物质的浓度之比不一定为化学计量数比，错误；B、恒容的容器中，气体的密度始终不变，错误；C、随着反应的进行，气体的压强逐渐减小，达平衡时不再变化，正确；D、随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，气体的相对分子质量逐渐增大，达平衡时不再变化，正确，答案选CD。（3）A中发生反应是氨气的催化氧化，其化学方程式是4NH+5O24NO+6H2O浓H2SO4具有吸水性，也可以和氨气反应，所以B中浓H2SO4的作用是吸收水和多余的氨气（4）由于空气的不断鼓入，二氧化氮与水、氧气完全反应生成硝酸，化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或3 NO2+H2O=2HNO3+NO（5）a中通入空气的作用就是不断氧化NH3和NO考点：考查10电子微粒的推断，氨气的合成，硝酸的制取，化学平衡常数的比较，平衡状态的判断，化学方程式的书写9（1）c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)(2分)；减小(2分)（2） 2nB/3tBmolL1min1（2分）（3）a、c(2分）（4）c、d(2分)（5）如图(3分)（6）3O2+6H2O+12e-=12OH-(3分)【解析】试题分析：（1）根据已知方程式不难得出该反应的平衡常数表达式为：c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；根据图像，平衡时500下产物甲醇的物质的量小于300时的甲醇物质的量，所以随着温度升高平衡逆向移动，说明该反应的K值将减小，该正反应是放热反应H0。（2）500时，从反应开始到达到化学平衡，反应用时tB 分钟，生成甲醇nB mol，所以反应速率v(H2)=2v(CH3OH)= 2nB/3tBmolL1min1 。（3）反应中各组分的浓度不变时判断可逆反应达到平衡的重要标志，A正确；混合气体密度=m/V，由于参加反应的物质都是气体，质量守恒，混合气体质量始终不变，所以在恒容密闭容器中混合气体密度始终不变，所以不能判断是否达到平衡，B错误；混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，C正确；生成甲醇和消耗CO表示的都是正反应速率，所以D项不能判断反应达到平衡；故选AC。（4）压缩容器为原来的1/2，则个物质的浓度均瞬间增大1倍，压强增大，平衡向右移动，虽然平衡向右移动H2浓度减小，但是体积改变使氢气浓度增大影响更大，所以c（H2）增大，a错误；增大压强，正逆反应速率均增大，只是正反应速率增大较多，b错误；平衡右移，甲醇物质的量增大，c正确；重新达到平衡，c（H2）将小于原来浓度的2倍，c（CH3OH）将大于原来浓度的2倍，所以c（H2）/ c（CH3OH）将减小，d正确。故选cd。（5）根据题目的有信息和上述的分析，该反应H0，所以画出该反应的能量变化情况只要注意焓变和相应标示即可。（6）以甲醇作燃料的电池，甲醇做负极失去电子被碱吸收形成CO32-，氧气做正极得到电子被还原，所以在给出总反应式和负极反应式的情况下，不难得到正极反应式为3O2+6H2O+12e-=12OH-。考点：本题考查的是化学反应原理的知识。10（1）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O (g) H（n-m）kJmol1 （2分） （2）C（1分） （3） （1分）（4）增大（1分） （5）0.225mol/（Lmin）（1分） （6）C（1分）【解析】试题分析：（1）该工业方法制取甲醇原理为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，根据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应是放热反应。反应热等于反应物的总能量和生成物总能量的差值，因此该反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O (g) H（n-m）kJmol1。（2）由图1可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即H0；由方程式可知，该反应正反应是气体的物质的量减小的反应，故正反应为熵减过程，即S0，所以答案选C。（3）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据可逆反应可逆反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O (g)可知，该可逆反应的平衡常数K。（4）该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，平衡常数增大。（5）由图2可知，10min达平衡时甲醇的浓度变化量为0.75mol/L，所以v（CH3OH）0.075molL-1min-1。又因为反应速率之比等于化学计量数之比，因此v（H2）3v（CH3OH）0.075molL-1min-130.225molL-1min-1。（6）使增大，改变条件使平衡向正反应移动即可。但只增大二氧化碳的浓度会使该比值减小，则A、升高温度，平衡向逆反应移动，减小，故A错误；B、加入催化剂，平衡不移动，不变，故B错误；C、将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应移动，增大，故C正确；D、充入He（g），压强增大，但反应混合物的浓度不变，平衡不移动，不变，故D错误；答案选C。考点：考查热化学方程式的书写、外界条件对平衡状态和平衡常数的影响、反应速率的计算等11（15分）（1）b（2分） 放热（2分）（2）1.20103（1分） 5.80103（1分） 探究等质量催化剂的比表面积不