热门试卷

（1）N2O4（g）═2NO2（g）△H=+57kJ•mol-1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以T1＜T2；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，所以P1＜P2，压强越大反应速率越大，所以vA＜vC，

故答案为：＜；＜；

（2）①从反应开始直至20s时，四氧化二氮的平均反应速率v===0.00125mol/（L•s），二氧化氮的平均反应速率为四氧化二氮的平均反应速率的2倍，即为0.0025mol•（L•s）-1，故答案为：0.0025mol•L-1•s-1；

②在60s时，反应已达平衡状态，所以n3=n4，当四氧化二氮的浓度为mol/L=0.04mol/L时，二氧化氮的浓度是：mol/L-0.04mol/L×2=0.12mol/L，反应的平衡常数K==2.78，

故答案为：2.78；

 ③若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是c，则     

                       N2O4 ⇌2NO2

起始浓度（mol•L-1）      c      0

转化浓度（mol•L-1）   c-0.04    0.12

平衡浓度（mol•L-1）　    0.04   0.12

所以=0.5，解得c=0.10，故答案为：0.10

④根据题意可知：

                       N2O4 ⇌2NO2

起始浓度（mol•L-1）    0.10     0

转化浓度（mol•L-1）     0.06   0.12

平衡浓度（mol•L-1）　    0.04   0.12

根据公式平均分子量===57.5g/mol，

答：达到平衡后混合气体的平均相对分子质量为57.5．

液态空气蒸馏主要得到O2和N2，焦炭和水蒸气在高温下反应生成CO和H2，二者得到的气体B、C在催化剂条件下能发生反应，则应为N2和H2的反应，生成的气体为NH3，所以，A为O2，B为N2，C为H2，D为CO，E为NH3，NH3和O2在催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO，NO与反应生成NO2，进而与水反应生成，所以，G为NO，H为NO2，I为HNO3，L为NH4NO3，CO和O2反应生成CO2，CO2、NaCl和NH3反应生成NaHCO3，为侯氏制碱法的主要反应，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，则F为CO2，

J为NH4Cl，K为NaHCO3，M为Na2CO3；

（1）反应I是工业合成氨气的反应，需在500～℃进行，其主要原因是此温度下催化剂活性最高；故答案为：此温度下催化剂活性最高；

（2）H转化为N的过程中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的反应，反应是化学平衡，需要不断补充空气使一氧化氮气体不断转化为二氧化氮，提高原料的利用率，故答案为：使一氧化氮气体不断转化为二氧化氮，提高原料的利用率；

（3）反应Ⅲ是候氏制碱法的反应原理，氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；

故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；

（4）工业上，向析出K的母液为氯化铵中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却后可析出副产品J氯化铵，通入氨气的作用是增大铵根离子浓度使氯化铵晶体析出，氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析；同时通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度；故答案为：ac；

（5）上述流程所涉及的化学工业的名称为：工业合成氨、氨气的催化氧化、侯德榜制碱法；故答案为：工业合成氨、氨气的催化氧化、侯德榜制碱法；

Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，机动车排出的大气污染物常见的有CO和NO，W、X、Y原子序数依次增大，则W为C元素，X为N元素，Y为O元素；Q与W组成的化合物是具有温室效应的气体，为CH4气体，则Q为H元素；Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物，应为Na20和Na2O2两种化合物，则Z为Na元素．故Q为H元素，W为C元素，X为N元素，Y为O元素，Z为Na元素．

（1）W为C元素，有2个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第二周期IVA族；Z2Y是Na2O，由钠离子与氧离子构成，电子式是

，

故答案为：第二周期IVA族；

；

（2）工业合成NH3是体积减小的放热反应．下列措施中，既能加快反应速率，又能提高原料转化率的是

a．升高温度，反应加快，平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，原料转化率降低，故a不符合；

b．加入催化剂，增大反应速率，平衡不移动，原料转化率不变，故b不符合；

c．将XQ3及时分离出去，反应速率减小，平衡向正反应移动，原料转化率增大，故c不符合；

d．增大反应体系的压强，反应速率加快，平衡向正反应移动，原料转化率增大，故d符合．

故选：d；

（3）2.24L（标准状况）NH3为0.1mol，200mL1mol/L HNO3溶液含有HNO30.2mol，氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO3与0.1molNH4NO3混合，铵根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-），

故答案为：c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）；

（4）由图可知，电子从a极流出，a极为原电池负极，负极发生氧化反应，CH4O在负极上放电，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，

故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

（5）已知：①C（s）+O2 （g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol；

②CO（g）+O2 （g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol；

由①-②得，C（s）+O2 （g）=CO（g）△H=-110kJ/mol；

24gC的物质的量为2mol，与一定量的O2反应，若只生成二氧化碳，放出热量为393.5kJ/mol×2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/mol×2mol=220kJ，实际放出热量362.5kJ，故生成二氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳xmol，一氧化碳ymol，所以x+y=2，393.5x+110y=362.5，解得x=0.5，y=1.5，所以n（CO2）：n（CO）=1：3，

故答案为：n（CO2）：n（CO）=1：3；

（6）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+NH3•H2O，

故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+NH3•H2O．

(1)

(2)2NH3(l)NH2-+NH4+ (3) ①打开止水夹，通入少量氧气；②P2O5+6OH-=2PO43-+3H2O；③Cu片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O

(4) ①2NO2N2O4；②30.7

(1)c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)

(2)增大；不变

(3)阳；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+ 2H2O

(4)ClNO

现有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知他们的原子序数依次增大，元素A的原子只有一个电子层，又知元素A能分别与元素B、C、D形成电子总数相等的化合物分子X、Y、Z，Y有刺激性气味，则A为氢元素；元素E的单质的水溶液有漂白性，则E为氯元素；Z为氢化物，Z常温下为液态，Z为水，所以D为氧元素；X、Y、Z电子总数相等，Y有刺激性气味，Z为水，分子含有10个电子，则Y为NH3，故C为氮元素，所以X为CH4，故B为碳元素．

故A为氢元素；B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素；E为氯元素；X为CH4，Y为NH3，Z为水．

（1）元素E的单质为Cl2，在氯水中存在以下平衡Cl2+H2O 

 HCl+HClO，CaCO3与氯水中的HCl反应，使 c（H+）减小，平衡向右移动，HClO浓度增大，故漂白性增强，

故答案为：元素E的单质为Cl2，在氯水中存在以下平衡Cl2+H2O 

 HCl+HClO，CaCO3与氯水中的HCl反应，使 c（H+）减小，平衡向右移动，HClO浓度增大，故漂白性增强；

（2）C2A4为N2H4，在锅炉水中加入N2H4，可以把锅炉表面的氧化铁还原为结构紧密的四氧化三铁保护层，N2H4 被氧化，且反应中无污染物生成，N2H4被氧化为氮气，同时生成水，反应的化学方程式为6Fe2O3+N2H4=4Fe3O4+N2↑+2H2O，氧化产物是N2；氮元素化合价由-2价升高为0价，1mol N2H4 参加反应转移电子的数目为1mol×4×NAmol-1=4NA，

故答案为：6Fe2O3+N2H4=4Fe3O4+N2↑+2H2O；4NA；N2；

（3）Y为NH3，与元素C的最高正价氧化物的水化物为HNO3，二者按物质的量比为2：1完全反应，氨气有剩余，溶液为氨水与硝酸铵1：1混合溶液，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，溶液呈碱性，所以c （NH4+）＞c （NO3-），c （OH-）＞c （H+），一水合氨电离程度不大，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c （NH4+）＞c （NO3-）＞c （OH-）＞c （H+），故答案为：碱；c （NH4+）＞c （NO3-）＞c （OH-）＞c （H+）；

（4）用CH4、O2和能传导O2-的固体电解质组成的原电池中，负极发生氧化反应，甲烷在负极放电，在O2-环境下生成二氧化碳与水，负极的电极反应式为 CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，

故答案为：CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O；

（5）A、B、D三种元素可以形成最简式为B2A4D且有香味的有机物，该有机物在酸性条件下可以水解，生成含碳原子数相同的两种常见有机物，这两种有机物均可用作食品调味剂．所以有香味的有机物B2A4D为CH3COOCH2CH3，CH3COOCH2CH3在一定条件下水解的化学方程式是CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH，

故答案为：CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH．

B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，则C为N元素，对应的盐为硝酸铵；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，D应为O元素，A为H元素，E为Na元素，则

（1）X为HNO3，抑制水的电离，pH=5时，由水电离产生的c（H+）=10-9mol/L，Y为NH4NO3，水解促进水的电离，pH=5时，由水电离产生的c（H+）=10-5mol/L，则两种水溶液中由水电离出的H+浓度之比是10-4：1，故答案为：10-4：1；

（2）A、B、D、E四种元素组成的某无机化合物，受热易分解，为NaHCO3，少量该化合物溶液与足量的Ba（OH）2溶液反应生成BaCO3和H2O，反应的离子方程式为Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O，故答案为：Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O；

（3）A、B、D、E四种元素组成的某无机化合物为NaHCO3，水解呈弱碱性，选项中只有C符合，故答案为：C；

（4）①A．当N2反应0.1mol时，H2反应0.3mol，生成NH30.2mol，符合转化关系，故A正确；

B．NH3反应1mol，应生成H21.5mol，与平衡状态不同，故B错误；

C．当N2反应0.1mol时，H2反应0.3mol，生成NH30.2mol，加上原有NH30.2mol，平衡时NH3应为0.4mol，与平衡状态不同，故C错误；

故答案为：B、C；

②k═==10，故答案为：10；

③如果保持温度和压强不变，向上述平衡体系中加入0.18molN2，

原平衡体系中，1.0L容器中含有分子0.5mol+0.2mol+0.2mol=0.9mol，

当加入N2，体系瞬间有分子0.9mol+0.18ml=1.08mol，瞬间总体积为1.08×=1.2L，

所以：Q===10.59＞10，平衡逆向移动，

故答案为：逆向；原平衡体系中，1.0L容器中含有分子0.5mol+0.2mol+0.2mol=0.9mol，当加入N2，体系瞬间有分子0.9mol+0.18ml=1.08mol，瞬间总体积为1.08×=1.2L，所以：Q===10.59＞10，平衡逆向移动；

④1molN2H4反应放出的热量为×256.65kJ=641.63kJ，

则反应的热化学方程式为N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ•mol-1，

故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ•mol-1