2020版高考化学二轮复习专题强化训练14填空题（含解析）
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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＝－1266.6 kJ·mol－1
②H2的燃烧热ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1
③水汽化时ΔH3＝＋44.0 kJ·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＝－285.8 kJ·mol－1(反应Ⅱ)和H2O(l)===H2O(g) ΔH3＝＋44.0 kJ·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＝＋92.1 kJ·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＝＋92.1 kJ·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＝－99 kJ·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＝－99 kJ·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761.5 kJ·mol－1、1455.2 kJ·mol－1，且H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44.0 kJ·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＝－29.1 kJ·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＝－1523.0 kJ·mol－1，②CH3OCH3(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1455.2 kJ·mol－1，已知③H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44.0 kJ·mol－1，根据盖斯定律，反应ⅰ等于①－②－③，故ΔH1＝－23.8 kJ·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5 mL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5 mL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5 mL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5 mL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
