1、2015-2016 学年河南省许昌市、新乡市、平顶山市高三（上）第一次调研化学试卷一、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，满分 42 分）1下列说法正确的是（ ）A用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉是常用的干燥剂B浓硫酸可以盛放在铝桶中，说明铝不能与浓硫酸反应C硫酸铝与碳酸氢钠能制作泡沫灭火剂，二者可快速反应产生二氧化碳气体D用氢氟酸雕刻玻璃，说明氢氟酸是强酸【考点】铁的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质；钠的重要化合物 【分析】A铁具有还原性，不具有吸水性；B铝与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜；C硫酸铝与碳酸氢钠能制作泡沫灭火剂，相互促进水解；DHF 为弱酸
2、【解答】解：A铁具有还原性，不具有吸水性，则用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，可防止食品氧化，故 A 错误；B铝与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜，阻止 Al 继续反应，则浓硫酸可以盛放在铝桶中，故 B 错误；C硫酸铝与碳酸氢钠能制作泡沫灭火剂，相互促进水解生成大量的二氧化碳气体，可用于灭火，故 C 正确；DHF 为弱酸，但能与玻璃中的二氧化硅反应，故 D 错误；故选 C【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，侧重于学生的分析、应用能力的考查，注意把握常见金属的化学性质、化学与生活的关系，题目难度不大2设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A18g 重水含有 10NA 个
3、电子B室温下，42.0g 乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数约为 3NAC常温下 0.05molL1Fe2（SO 4 ） 3 溶液中含 Fe 3+数目小于 0.1NAD用石墨作电极电解饱和食盐水时，若阴极得到 2NA 个电子，则阳极产生 22.4L 气体【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、重水的摩尔质量为 20g/mol；B、乙烯和丙烯的最简式均为 CH2；C、溶液体积不明确；D、气体所处的状态不明确【解答】解：A、重水的摩尔质量为 20g/mol，故 18g 重水的物质的量为 0.9mol，而 1mol重水中含 10mol 电子，0.9mol 重水中含
4、 9mol 电子即 9NA 个，故 A 错误；B、乙烯和丙烯的最简式均为 CH2，故 42g 混合物中含有的 CH2 的物质的量为n= =3mol，则含 3mol 碳原子即 3NA 个，故 B 正确；C、溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故 C 错误；D、气体所处的状态不明确，故当阴极得到 2NA 个电子时，阳极失去 2NA 个电子，产生1mol 氯气，但体积不一定为 22.4L，故 D 错误故选 B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3莽草酸是一种合成药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中下列关于这两种有机化合物
5、的说法正确的是（ ）A两种酸遇三氯化铁溶液都显色B莽草酸分子和鞣酸分子中所含官能团相同C等物质的量的两种酸与 NaOH 反应，消耗 NaOH 的量相同D两种酸都能与溴水反应【考点】有机物的结构和性质 【分析】A酚遇三氯化铁溶液发生显色反应；B莽草酸不含苯环，不含有酚羟基；C莽草酸只有羧基与氢氧化钠反应；D莽草酸中含有 C=C，而鞣酸不含 C=C 键，含苯酚结构【解答】解：A莽草酸不含酚羟基，与氯化铁不反应，故 A 错误；B莽草酸不含酚羟基，两种有机物含有的官能团不同，故 B 错误；C莽草酸只有羧基与氢氧化钠反应，消耗的氢氧化钠不同，故 C 错误；D莽草酸含有碳碳双键，可发生加成反应，鞣酸可与溴
6、水发生取代反应，故 D 正确故选 D【点评】本题考查有机物的结构和性质，明确物质的结构中的官能团与性质的关系是解答本题的关键，注意苯环中不含碳碳双键为解答的易错点，题目难度中等4如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（ ）A分子组成为 Cm （H 2O） n 的物质一定是糖类B正极反应式为：MnO 2+4H+2e=Mn2+2H2 OC放电过程中，H +从正极区移向负极区D若 Cm （H 2O） n 是葡萄糖，当电路中转移了 6NA 电子时，反应的葡萄糖质量是 60g【考点】化学电源新型电池 【分析】分子组成为 Cm（H 2O） n 的物质不一定为糖类，如甲醛、乳酸、乙酸乙酯
7、等物质，形成原电池时，微生物所在电极区发生氧化反应，C m（H 2O） n 被氧化生成水和二氧化碳，MnO2 被还原生成 Mn2+，为原电池的正极，放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答【解答】解：A分子组成为 Cm（H 2O） n 的物质不一定为糖类，如甲醛、乳酸、乙酸乙酯等物质，故 A 错误；BMnO 2 被还原生成 Mn2+，为原电池的正极，电极方程式为 MnO2+4H+2eMn2+2H2O，故 B 正确；C原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故 C 错误；D若 Cm（H 2O） n 是葡萄糖，C 元素化合价可认定为 0 价，当电路中转移了 6NA 电子时，反
8、应的葡萄糖的物质的量为 0.25mol，质量是 0.25mol180g/mol=45g，故 D 错误故选 B【点评】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极5短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数逐渐增大，其中 X 原子的电子数与电子层数相等，Z 为短周期中金属性最强的元素，Y 与 X、Y 与 Z 均能形成原子个数比为 1：1 和 1：2 的两种化合物，Y 和 W 同主族下列说法正确的是（ ）AY 与 Z 形成的两种化合物中所含化学键类型完全相同B化合物 X2W 比化合物 X2Y 稳定CY、Z、W
9、 三种元素形成的化合物的水溶液一定呈中性D原子半径：r（Z）r （W）r（Y ）r（X）【考点】位置结构性质的相互关系应用 【分析】短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数逐渐增大，其中 X 原子的电子数与电子层数相等，则 X 为 H 元素；Z 为短周期中金属性最强的元素，则 Z 为 Na；Y 与 X、Y 与 Z均能形成原子个数比为 1：1 和 1：2 的两种化合物，则 Y 为 O 元素，形成的化合物为H2O2、H 2O 及 Na2O2、Na 2O，Y 和 W 同主族，则 W 为 S 元素，据此解答【解答】解：短周期元素 X、 Y、Z、W 的原子序数逐渐增大，其中 X 原子的电子数与电子层数相等
10、，则 X 为 H 元素；Z 为短周期中金属性最强的元素，则 Z 为 Na；Y 与 X、Y与 Z 均能形成原子个数比为 1：1 和 1：2 的两种化合物，则 Y 为 O 元素，形成的化合物为 H2O2、H 2O 及 Na2O2、Na 2O，Y 和 W 同主族，则 W 为 S 元素AY 与 Z 形成的两种化合物为 Na2O2、Na 2O，前者含有离子键、共价键，后者只含有离子键，故 A 错误；B化合物 X2W 为 H2S、化合物 X2Y 为 H2O，由于非金属性 OS，故稳定性H2OH 2S，故 B 错误；CY、Z、W 三种元素形成的化合物为硫酸钠、亚硫酸钠等，硫酸钠溶液呈中性，但亚硫酸钠溶液呈碱
11、性，故 C 错误；D所用元素中 H 原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Z） r（W ）r （Y ）r （X） ，故 D 正确，故选 D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，需要学生熟练掌握常见元素化合物的结构与性质，难度中等6常温下，用 0.1000molL1NaOH 溶液滴定 20.00mL0.1000molL1CH3COOH 溶液所得滴定曲线如图，下列说法正确的是（ ）A处水的电离程度大于 处水的电离程度B处加入的 NaOH 溶液恰好将 CH3COOH 中和C处所示溶液：c（Na +）c （
12、CH 3COO）D滴定过程中可能出现：c（CH 3COOH）c（CH 3COO）c（H +）c（Na +）c（OH ）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算 【分析】根据点反应后溶液是 CH3COONa 与 CH3COOH 物质的量之比为 1：1 的混合物，溶液呈酸性，说明 CH3COOH 电离程度大于 CH3COO的水解程度，故 c（Na +）c（CH 3COOH） ，点pH=7 ，由电荷守恒可知：c （CH 3COO）+c（OH ） =c（Na +）+c （H +） ，则 c（H +）=c（OH ） ，c（ Na+）=c（CH 3COO） ，溶液中还存在醋酸分子，则此时醋酸过量；
13、点体积相同，则恰好完全反应生成 CH3COONa，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na +）c（CH 3COO）c （OH ）c（H +） ；在滴定中当加入碱比较少时，可能出现 c（CH 3COOH）c（CH 3COO）c （H +）c（Na +）c（OH ）的情况【解答】解：A、点反应后溶液是 CH3COONa 与 CH3COOH 物质的量之比为 1：1 的混合物，CH 3COOH 电离程度大于 CH3COO的水解程度，混合液为酸性，抑制了水的电离，水电离的氢离子小于 1107mol/L，而 处水电离的氢离子为 1107mol/L，则处水的电离程度小于处水的电离程度，故 A 错误；B、点
14、 pH=7，即 c（H +）=c（OH ） ，而二者恰好反应时生成醋酸钠，溶液显示碱性，则恰好反应时溶液的 pH7，此时氢氧化钠不足，故 B 错误；C、点 说明两溶液恰好完全反应生成 CH3COONa，因 CH3COO水解，且程度较小，c（Na +）c（CH 3COO） ，故 C 错误；D、当 CH3COOH 较多，滴入的碱较少时，则生成 CH3COONa 少量，可能出现：c（CH 3COOH）c （CH 3COO）c（H +）c （Na +）c（OH ） ，故 D 正确；故选 D【点评】本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，题目难度中等，明确混合后溶液中的溶质组成为解答的关键，注意电荷守恒和
15、物料守恒的应用方法7下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项 实验操作 现象 结论A 淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，滴加银氨溶液，再水浴加热 无银镜生成 淀粉未发生水解B 将一铝箔放在酒精灯外焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落 铝箔表面生成致密的Al2O3 薄膜，且 Al2O3 熔点高于 AlC 铜放入稀硫酸中，再加入硝酸钠固体 开始无明显现象，后溶液变蓝，有明显的气泡放出，铜溶解 硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率D 向 2 mL 0.1 mol/L Na2S 溶液中滴几滴 0.1 mol/L ZnSO4 溶液；再加入几滴 0.1 mol/L CuSO4 溶液 先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀 溶
16、度积（K sp）：ZnS CuSAA BB CC DD【考点】化学实验方案的评价 【分析】A银镜反应在碱性条件下进行；B氧化铝的熔点高，包裹在 Al 的外面；C硝酸根离子在酸性环境具有强的氧化性，能够氧化铜单质；DNa 2S 溶液过量，均发生沉淀的生成【解答】解：A淀粉溶液中加稀硫酸，加热片刻，然后加 NaOH 溶液条件至碱性条件下，滴加银氨溶液，再水浴加热，故 A 错误； B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在 Al 的外面，则铝箔熔化但不滴落，故 B 正确；C酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，故 C 错误；DNa 2S 溶液过量，均发生沉淀的生成，不
17、发生沉淀的转化，则不能比较 ZnS、CuS 的溶度积（K sp） ，故 D 错误故选 B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及淀粉水解产物的检验、离子的检验等知识点，侧重物质性质的考查，选项 D 为易错点，题目难度中等二、解答题（共 3 小题，满分 43 分）8 （14 分） （2015 太原模拟）用辉铜矿（主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO 2，等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如图：（l）下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的是 A （填字母） A延长浸取时间 B将辉铜矿粉碎C充分搅拌 D适当增加硫酸浓度（2）滤渣 I 巾的主要成分是 MnO2、S、SiO 2，请
18、写出“ 浸取”反应中生成 S 的离子方程式： 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O （3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是 Fe 3+可催化 Cu2S被 MnO2 氧化 （4） “除铁 ”的方法是通过调节溶液 pH，使 Fe3+转化为 Fe（OH） 3则加入的试剂 A 可以是 CuO 或 Cu（OH） 2 （填化学式） ；“赶氨”时，最适宜的操作方法是 加热 （5） “沉锰 ”（除 Mn2+）过程中有关反应的离子方程式为 Mn2+HCO3+NH3=MnCO3+NH4+ （6）滤液经蒸发结晶得到的盐主要是 （NH 4） 2SO4 （
19、填化学式） 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【分析】辉铜矿主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO 2 等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为 MnO2、SiO 2、单质 S，滤液中含有 Fe3+、Mn 2+、Cu 2+，调节溶液 PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，（1）提高浸取速率，可增大浓度、升高温度、增大固体表面积或搅拌等；（2） “浸取 ”时：在酸性条件下 MnO2 氧化 Cu2S 得到硫沉淀、CuSO 4 和 MnSO4；（3）若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe 2O3 在浸取时起媒介作用，Fe
20、3+可催化Cu2S 被 MnO2 氧化；（4）加入的试剂 A 应用于调节溶液 pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，结合氨气易挥发的特点分析；（5） “沉锰 ”（除 Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，以此可书写反应的离子方程式；（6）滤液主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体【解答】解：辉铜矿主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO 2 等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为 MnO2、SiO 2、单质 S，滤液中含有 Fe3+、Mn 2+、Cu 2+，调节溶液 PH 除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用
21、，得到碱式碳酸铜，（1）酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，延长浸取时间并不能提高速率，故答案为：A；（2） “浸取 ”时：在酸性条件下 MnO2 氧化 Cu2S 得到硫沉淀、CuSO 4 和 MnSO4，其反应的化学方程式是：2MnO 2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：2MnO 2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（3）浸取时氧化铜溶液稀硫酸生成硫酸铁和水，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3 在浸取时起媒介作用， Fe3+可催化 Cu2S 被 MnO2 氧化，故答案为：Fe 3
22、+可催化 Cu2S 被 MnO2 氧化；（4）加入的试剂 A 应用于调节溶液 pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法故答案为：CuO 或 Cu（OH） 2；加热；（5） “沉锰 ”（除 Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为 Mn2+HCO3+NH3=MnCO3+NH4+，故答案为：Mn 2+HCO3+NH3=MnCO3+NH4+；（6）滤液主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：（NH 4） 2SO4【点评】本题考查了物质分离
23、提纯的方法和流程分析应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等9 （15 分） （2015 秋 许昌月考）实验室用如图所示装置制备氯气并进行一系列相关的实验（夹持设备已省略） （1）a、b 两仪器的名称是：a 分液漏斗 ；b 圆底烧瓶 （2）洗气装置 B 是为了除去 Cl2 中的 HCl 气体，应放入的试剂是 饱和食盐水 ；同时装置 B 亦是安全瓶，监测实验进行时 C 中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时 B 中的现象： B 中长颈漏斗中液面上升，形成水柱 （3）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体 主要成分为 Ca（
24、ClO） 2 和浓盐酸，相关的化学反应方程式为 Ca（ClO） 2+4HCl（浓）=CaCl 2+2Cl2+2H2O （4）装置 C 的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此 C 中、依次放入 c a b c d 干燥的有色布条 干燥的有色布条 湿润的有色布条 湿润的有色布条 碱石灰 硅胶 无水氯化钙 浓硫酸 湿润的有色布条 湿润的有色布条 干燥的有色布条 干燥的有色布条（5）设计装置 D、E 的目的是比较氯、溴、碘的非金属性当向 D 中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明非金属性氯 大于 溴（填“大于” 或“小于” ）（6）打开活塞，将装置 D 中少量溶液加入装置 E 中
25、，振荡观察到的现象是 E 中溶液分为两层，上层（苯层、油层或有机层均可）为紫红色 （7）F 处为尾气吸收装置，写出实验室利用烧碱溶液吸收 Cl2 的离子方程式 Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O 【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质 【分析】 （1）熟悉仪器的构造和形状说出其名称；（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，依据氯化氢和氯气在水中溶解度选择合适的试剂除杂；装置 B 亦是安全瓶，监测实验进行时 C 中是否发生堵塞，发生堵塞时 B 中的，压强增大；（3）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水；（4）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反
26、应生成次氯酸具有漂白性；（5）依据氧化还原反应规律，氧化性强的物质能够制备氧化性弱的物质；（6）打开活塞，将装置 D 中少量溶液加入装置 E 中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；（7）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水【解答】解：（1）装置 A 中仪器 a 名称为分液漏斗，b 为圆底烧瓶；故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以 B 中饱和食盐水可以除去 Cl2 中的 HCl；故答案为：饱和食盐水；（3）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式
27、为 Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl 2+2Cl2+2H2O，故答案为：Ca（ClO） 2+4HCl（浓）=CaCl 2+2Cl2+2H2O；（4）装置 C 的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc 的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以 C 中I、II、III 依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选 c，故答案为：c；（5）当向 D 中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯气能够与溴离子反应生成单质溴，氯气的氧化
28、性强于溴，所以非金属性氯大于溴；故答案为：大于；（6）打开活塞，将装置 D 中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置 E 中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡观察到的现象是：E 中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，故答案为：E 中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（7）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；故答案为：Cl 2+2OH=Cl+ClO+H2O【点评】本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，题目综合性强，难度中等10 （14 分） （2015 秋
29、 许昌月考）合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义（1）氧化还原法消除氮氧化物的转化如下：NO NO2 N2反应为：NO+O 3=NO2+O2，生成 11.2L O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是 1 mol反应中，当 n（NO 2）：nCO（NH 2） 2=3：2 时，反应的化学方程式是 6NO2+4CO（NH 2） 2=7N2+8H2O+4CO2 （2）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2（g）+SO 2（g）SO 3（ g）+NO（g） H=41.8kJmol1，已知：2SO 2（g）+O 2（g）2SO3（g）H= 196.
30、6kJmol1，写出 NO 和 O2 反应生成 NO2 的热化学方程式： 2NO（g）+O 2（g）=2NO 2（g） ， H=113.0 kJmol1 （3）尿素CO（NH 2） 2是一种高效化肥，也是一种化工原料以尿素为原料在一定条件下发生反应：CO（NH 2） 2 （s）+H 2O（l）2NH 3（g）+CO2（g）H=+133.6kJ/mol该反应的化学平衡常数表达式 K= c 2（NH 3） c（CO 2） 关于该反应的下列说法正确的是 a （填序号） a从反应开始到平衡时容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变b在平衡体系中增加水的用量可使该反应的平衡常数增大c降低温度使尿素的转化
31、率增大密闭容器中以等物质的量的 NH3 和 CO2 为原料，在 120、催化剂作用下反应生成尿素：CO2（g）+2NH 3（g） CO （NH 2） 2 （s）+H 2O（g） ，混合气体中 NH3 的物质的量百分含量（NH 3）随时间变化关系如图所示则 a 点的正反应速率 v（正） （CO 2） b 点的逆反应速率 v（逆） （CO 2） （填“”、 “=”或“”） ；氨气的平衡转化率是 75% 【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；热化学方程式；化学平衡的计算 【分析】 （1）根据化合价的变化来确定电子转移数目；反应方程式中，化学计量数之比等于物质的量之比；（2）NO 2（g）+S
32、O 2（g）SO 3（g）+NO （g）H=41.8kJmol 1；2SO2（g）+O 2（g） 2SO3（g） H=196.6kJmol1，根据盖斯定律由2 进行计算，书写热化学方程式；（3）化学平衡常数= ，固态和纯液体不列入；a、该反应中只有生成物是气体，生成的氨气和二氧化碳质量和物质的量比值不变；b、化学平衡常数只受温度影响；c、降温平衡向逆向移动；图象分析氨气的体积分数从 50%变化为 20%后体积分数保持不变，说明 b 点反应达到平衡状态，a 点氨气体积百分含量大于 b 的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，a 点的正反应速率大于 b 点的正反应速率；依据氨气的体积分数
33、结合平衡三段式列式计算平衡转化率【解答】解：（1）NO+O 3NO2+O2，生成 1mol 氧气转移电子是 2mol，生成 11.2L 即0.5molO2（标准状况）时，转移电子的物质的量是 1mol，故答案为：1；当 n（NO 2）：nCO（NH 2） 2=3：2，即 NO2 和 CO（ NH2） 2 的化学计量数之比是3：2，其方程式表示为：6NO 2+4CO（NH 2） 2=7N2+8H2O+4CO2，故答案为：6NO 2+4CO（NH 2） 2=7N2+8H2O+4CO2；（2）已知：NO 2（g）+SO 2（g）SO 3（g）+NO （g）H= 41.8kJmol1；2SO2（g）+
34、O 2（g） 2SO3（g） H=196.6kJmol1，由 2 得：2NO（g）+O 2（g）=2NO 2（g） ， H=196.6kJmol12（41.8kJmol 1）=113.0 kJmol1，故答案为：2NO（g）+O 2（g）=2NO 2（g） ， H=113.0 kJmol1；（3）尿素和水不是气体，不列入，其化学平衡常数= =c2（NH 3）c（CO 2） ，a、混合气体的平均相对分子质量= ，该反应中只有生成物是气体，生成的氨气和二氧化碳质量和物质的量比值不变，故 a 正确；b、化学平衡常数只受温度影响，温度不变其不变，故 b 错误；c、该反应是吸热反应，降温平衡逆向移动，反
35、应物转化率降低，故 c 错误；故答案为：c 2（NH 3） c（CO 2） ；a；氨气的体积分数从 50%变化为 20%后体积分数保持不变，说明 b 点反应达到平衡状态，a 点氨气体积百分含量大于 b 的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，a 点的正反应速率大于 b 点的正反应速率，故 v 正 （CO 2）v 逆 （CO 2） ；设氨气消耗物质的量 x，开始氨气体积分数为 50%，假设氨气为 50mol，二氧化碳为50mol，CO2+2NH3（NH 2） 2CO+H2O起始量（mol） 50 50 0 0变化量（mol） 0.5x x 0.5x 0.5x平衡量（mol） 500.5x 50x 0.5x 0.5x
