题目内容

1．大气污染越来越成为人们关注的热点问题，烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放．
（1）已知：CH4（g）+202（g）=C02 （g）+2H20（1）△H=-890.3kJ•mol-1
N2（g）+02（g）=2N0（g）△H=+180kJ•mol-1
CH4可用于脱硝，其热化学方程式为：CH4（g）+4NO（g）=C02 （g）+2H20（g）+2H20（1），△H=-1250.3 kJ•mol-1．
（2）02H4也可用于烟气脱硝．为研究温度、催化剂中Cu2+负载量对N0去除率的影响，控制其它条件一定，实验结果如图1所示．为达到最高的N0去除率，应选择的反应温度和Cu2+负载量分别是350℃左右、3%．

（3）臭氧也可用于烟气脱硝．
①03氧化N0结合水洗可产生HN03和02，该反应的化学方程式为3O3+2NO+H2O═2HNO3+3O2．
②一种臭氧发生装置原理如图2所示．阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O-6e-═O3↑+6H+或6OH--6e-=O3↑+3H2O．
③臭氧发生装置工作一段时间后，阳极区的稀H2S04浓度将增大（填增大，减小或不变）
（4）用混有一定比例02的NH3也能将烟气中的NO脱除，并生成无污染物质．
①该脱硝原理中，NO最终转化为N2（填化学式）和H20．
②当消耗2molNH3和0.5mol02时，除去的NO在标准状况下的体积为44.8L．
（5）N0直接催化分解（生成N2与02）也是一种脱硝途径．在不同条件下，NO的分解产物不同．在高压下，N0在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图3所示．写出Y和Z的化学式：N2O、NO2．

分析 （1）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=-890.3kJ•mol-1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）；△H=+180kJ•mol-1
根据盖斯定律：①-2×②得CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），据此计算；
（2）根据图象找出NO去除率最高时对应的温度和催化剂中Cu2+负载量；
（3）①O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，结合原子守恒和得失电子守恒写出反应方程式；
②酸性条件下，水在阳极失电子生成臭氧；
③臭氧发生装置工作一段时间后，阳极区产生氢离子，硫酸根离子向阳极移动；
（4）①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；
②根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算；
（5）NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物．

解答 解：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=-890.3kJ•mol-1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）；△H=+180kJ•mol-1
根据盖斯定律：①-2×②得CH4（g）+4NO（g）═CO2（g）+2N2（g）+2H2O（l），△H=-890.3kJ•mol-1-2×（+180kJ•mol-1）=-1250.3 kJ•mol-1；
故答案为：-1250.3 kJ•mol-1；
（2）由图1可知在350℃左右，催化剂中Cu2+负载量为3%时，NO去除率最高；
故答案为：350℃左右、3%；
（3）①O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，其反应方程式为：3O3+2NO+H2O═2HNO3+3O2；
故答案为：3O3+2NO+H2O═2HNO3+3O2；
②酸性条件下，水在阳极失电子生成臭氧，生成1mol臭氧转移6mol电子，则电极方程式为：3H2O-6e-═O3↑+6H+或6OH--6e-=O3↑+3H2O；
故答案为：3H2O-6e-═O3↑+6H+或6OH--6e-=O3↑+3H2O；
③臭氧发生装置工作一段时间后，阳极区产生氢离子，硫酸根离子向阳极移动，所以阳极区硫酸的浓度增大，故答案为：增大；
（4）①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；
故答案为：N2；
②氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，2mol NH3转化为N2失去6mol电子，0.5mol O2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为4mol，所以NO的物质的量为2mol，其体积为44.8L；
故答案为：44.8L；
（5）NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2；
故答案为：N2O、NO2．

点评 本题考查了盖斯定律的应用、化学方程式的书写、电解原理的应用、氧化还原反应、图象的分析与应用等，考查了学生的分析能力以及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．

练习册系列答案
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11．下列有关乙烯气体和乙醇蒸气的说法正确的是（　　）
A．二者等物质的量完全燃烧消耗等量的氧气
B．二者分子所有原子都处于同一个平面上
C．二者能相互转化且反应属于可逆反应
D．二者可用酸性高锰酸钾溶液鉴别
12．有机物G（分子式为C13H18O2）是一种香料，如图是该香料的一种合成路线．

已知
①R-CH=CH2$→_{H_{2}O_{2}/OH}^{B_{2}H_{6}}$R-CH2CH2OH；
②有机物D的摩尔质量为88g•mol-1，其核共振氢谱有3组峰；
③E能够发生银镜反应，1molE能够与2molH2完全反应生成F；
④有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链 回答下列问题：
（1）用系统命名法命名有机物B2-甲基-1-丙醇．
（2）E的结构简式为．
（3）C与新制Cu （OH）2 反应的化学方程式为（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOH$\stackrel{△}{→}$（CH3）2CHCOONa+Cu2O↓+3H2O．
（4）有机物C可与银氨溶液反应，配置银氨溶液的实验操作为在一支试管中取适量硝酸银溶液，边振荡试管边逐滴滴入氨水，直到生成的白色沉淀恰好溶解为止．
（5）已知有机物甲符合下列条件：①为芳香族化合物；②与F是同分异构体；③能被催化氧化成醛．符合上述条件的有机物甲有13种．其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6：2：2：1：1的有机物的结构简式为．
（6）以丙烯等为料合成D的路线如下：X的结构简式为步的反应条件为的反应为CH3CHBrCH3．  步骤 II的反应条件为NaOH的水溶液、加热．步骤 IV的反应类型为消去反应．
9．在温度T1和T2时，分别将0.50 mol CH4和1.20 mol NO2充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：CH4（g）+2NO2（g）?N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），测得n（CH4）随时间变化数据如下表：
时间/min010204050
T1n（CH4）/mol0.500.350.250.100.10
T2n（CH4）/mol0.500.300.18…0.15
下列说法正确的是（　　）
A．T2时，NO2的平衡转化率为70.0%
B．该反应的△H＞0、T1＜T2
C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O（g），平衡向正反应方向移动
D．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.50molCH4和1.20molNO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大、体积分数减小
16．0.80gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图1所示．

请回答下列问题：
（1）试确定200℃时固体物质的化学式CuSO4•H2O（要求写出推断过程）；
（2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为CuSO4$\frac{\underline{\;570℃\;}}{\;}$CuO+SO3↑，把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为CuSO4•5H2O，其存在的最高温度是102℃；
（3）在0.10mol•L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=2.2×10-8 mol•L-1（Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20）．若在0.1mol•L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是0.2 mol•L-1．
（4）25℃，在0.10mol•L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2-）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．
①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS-）=0.043 mol•L-1．
②某溶液含0.020mol•L-1Mn2+、0.10mol•L-1H2S，当溶液pH=5时，Mn2+开始沉淀，[已知：Ksp（MnS）=2.8×10-13]．
6．下列类比关系正确的是（　　）
A．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO${\;}_{2}^{-}$，则与过量NH3•H2O也生成AlO${\;}_{2}^{-}$
B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2
C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3
D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应
13．（1）三聚氰胺分子的结构简式如图1所示，则其中氮原子轨道杂化类型是sp2、sp3，l mol三聚氰胺分子中含15  molσ键．
（2）某元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的M层电子排布式为3s23p63d8．
（3）过渡金属配合物Ni（ CO）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=4．
（4）碳化硅的晶胞结构（如图2）与金刚石类似（其中“●”为碳原子，“○”为硅原子）．
图2中“●”点构成的堆积方式与下列图式中D 所表示的堆积方式相同．

（5）碳化硅的结构中，设晶胞边长为a cm，碳原子直径为b cm，硅原子直径为c cm，则该晶胞的空间利用率为$\frac{2π（{b}^{3}+{c}^{3}）}{3{a}^{3}}$×100% （用含a、b、c的式子表示）．
10．利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（　　）
选项实验试剂实验结论
Aa．稀硫酸b．碳酸氢钠c．硅酸钠溶液酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸
Ba．稀盐酸b．二氧化锰c．溴化钠溶液氧化性：MnO2＞Cl2＞Br2
Cd．小苏打e．苏打f．石灰水热稳定性：苏打＞小苏打
Dd．氯化钠e．氯化铵f．硝酸银溶液沸点：氯化钠＞氯化铵
A．AB．BC．CD．D

用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化）：

实验序号

A溶液

B溶液

①

20mL 0.1mol·L﹣1H2C2O4溶液

30mL 0.01mol·L﹣1KMnO4溶液

②

20mL 0.2mol·L﹣1H2C2O4溶液

30mL 0.01mol·L﹣1KMnO4溶液[来

（1）该实验探究的是 因素对化学反应速率的影响．相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是 ＞ （填实验序号）．

（2）若实验①在2min末收集了2.24mL CO2（标准状况下），则在2min末，c（MnO4﹣）= mol/L．

（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定 来比较化学反应速率．

（4）小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是： ．

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