2022届湖北省武汉市部分重点中学高一下学期期中联考化学试题（含解析）

武汉市部分重点中学2021~2022学年度下学期期中联考高一化学试卷试卷满分：100分可能用到的相对原子质量：O-16Si-28一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.下列说法正确的是A.SO2和SiO2都是酸性氧化物，均不能和任何酸反应B.硫、氮、硅三种元素在自然界中既存在游离态，又存在化合态C.利用硅的半导体性能制作芯片，因此高纯硅广泛应用于信息技术D.Fe2+和NO一定不能大量共存【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．SO2和SiO2都是酸性氧化物，SO2能与HNO3反应，SiO2能与HF反应，A项错误；B．硫、氮两种元素在自然界中既存在游离态、又存在化合态，Si元素在自然界中只以化合态存在，主要以硅酸盐和氧化物的形式存在，B项错误；C．Si单质的导电性介于导体与绝缘体之间，利用其半导体性能可制成计算机、通信设备和家用电器等的芯片，因此高纯硅广泛应用于信息技术和新能源技术等领域，C项正确；D．只有在酸性条件下表现氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，D项错误；答案选C。2.“空气变面包，氨功不可没”。下列说法正确的是A.NH3易溶于水，故液氨可用作制冷剂B.氨气是碱性气体，故可用CaCl2干燥NH3C.氨遇到浓盐酸、浓硫酸都会发生反应，产生白烟D.合成氨是人工固氮重要途径【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．氨气易液化，且气化时吸收大量的热，因此可作制冷剂，A错误；B．氨气是碱性气体，但能与氯化钙反应生成配位化合物，不可用氯化钙干燥，B错误；C．氨气遇浓盐酸生成白烟(氯化铵)，而浓硫酸难挥发，不能与氨产生白烟，C错误；D．合成氨是通过人工方法，使游离态的氮转化为化合态，合成氨是人工固氮重要途径，D正确；答案选D。3.用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)能实现的是选项气体abAH2S稀H2SO4FeSBSO2浓H2SO4Na2SO3CNO2浓HNO3铁片DNH3浓氨水CaOA.A B.B C.C D.D【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．H2S与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，A错误；B．浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥，B正确；C．铁片和浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，C错误；D．氨气与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，D错误；答案选B。4.科学生产中蕴藏着丰富的化学知识。化学改善人类的生活，创造美好的世界。下列生产、生活情境中涉及的原理错误的是选项生产生活情境原理A太阳能电池板被广泛应用利用SiO2的光电性质B葡葡酒中通常添加少量SO2既可以杀菌，又可以防止营养成分被氧化C世博停车场安装催化光解设施，可处理汽车尾气中CO和NOxNOx和CO发生反应生成无毒气体D“明如镜、声如磬”的瓷器，可由黏土经高温烧结而成主要化学成分是硅酸盐A.A B.B C.C D.D【4题答案】【答案】A【解析】【详解】A．太阳能电池板被广泛应用，利用的是硅可以做半导体的特性，A错误；B．葡葡酒中添加少量SO2，二氧化硫有还原性，作抗氧化剂，既可以杀菌，又可以防止营养成分被氧化，B正确；C．安装催化光解设施，CO和NOx在催化作用下可反应生成无毒的二氧化碳和氮气，减少污染物的排放，C正确；D．瓷器由黏土经高温烧结而成，是传统硅酸盐产品，主要化学成分是硅酸盐，D正确；答案选A。5.下列有关实验操作或结论的叙述中，正确的是A.SO2尾气处理可用澄清石灰水替代NaOH溶液B.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中红色褪去，是因为SO2具有漂白性C.SO2通入紫色石蕊试液，先变红后褪色D.向某溶液中先加足量稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO【5题答案】【答案】D【解析】【详解】A．石灰水的浓度较小，且亚硫酸钙为难溶物，因此用澄清的石灰水吸收尾气，不如氢氧化钠吸收的彻底、完全，吸收效果较差，故A错误；B．二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，与漂白性无关，故B错误；C．二氧化硫为酸性氧化物，则SO2通入紫色石蕊试液，溶液变红，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，溶液不褪色，故C错误；D．先加足量稀盐酸无明显现象，可排除银离子等干扰，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡，可知溶液中一定含有SO，故D正确；故选：D。6.下列实验描述正确的是A.浓硫酸能使纸张变黑，这是因为纸张中的纤维素是碳水化合物，浓硫酸吸收了其中的水分B.S在足量O2中燃烧可生成SO3C.分别装有浓H2SO4、浓硝酸的试管，在空气中久置，质量均增加D.标准状况下，用一充满氨气的干燥烧瓶做喷泉实验，当水充满整个烧瓶后(假设溶液不外溢)，烧瓶内氨水的物质的量浓度为mol/L【6题答案】【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸滴到纸张上，纸张变黑，是因为浓硫酸可以使纸张(纤维素)中的氢、氧元素按氢、氧原子个数比2:1脱去，从而使纸张炭化，体现了浓硫酸的脱水性，A错误；B．S在足量O2中燃烧生成二氧化硫，B错误；C．浓硫酸有吸水性，在空气中久置，质量增加，浓硝酸具有挥发性，在空气中久置，质量减少，C错误；D．氨气极易溶于水，溶液体积等于氨气体积，设氨气体积为22.4L，则溶液的体积为22.4L，标准状况下22.4L氨气的物质的量为：=1mol，故所得溶液的物质的量浓度为：=mol/L，D正确；答案选D。7.已知反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，起始时向某恒容密闭容器中通入1molNO2和2molS18O2，下列有关说法正确是A.S18O2的物质的量不可能为0.8molB.SO2、SO3、NO、NO2均含18O时，说明该反应达到平衡C.容器内气体的平均相对分子质量不变时，说明达到了平衡状态D.若将NO2的量改为2mol，反应速率增大是因为增加了活化分子百分数【7题答案】【答案】A【解析】【详解】A．若S18O2的物质的量为0.8mol，则其反应了1.2mol，根据反应的化学方程式可知，反应的NO2也应为1.2mol，但其总量只有1mol，则S18O2的物质的量不可能为0.8mol，故A正确；B．可逆反应中，正逆反应同时发生，则18O会进入NO2、SO2、SO3、NO中，当SO2、SO3、NO、NO2均含18O时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．该反应中，气体的总物质的量不变，气体的质量也不变，由可知，容器内气体的平均相对分子质量始终不变，因此容器内气体的平均相对分子质量不变时，不能说明达到了平衡状态，故C错误；D．增大NO2的量，反应物浓度增大，活化分子数增加，反应速率加快，但活化分子的百分数不变，故D错误；答案选A。8.下列装置或操作能达到目的的是A.只用装置①的仪器可以测定生成氢气的速率(mL/s)B.装置②可依据褪色快慢来比较浓度对反应速率的影响C.装置③进行中和反应反应热的测定实验时，测过盐酸的温度计要用水清洗后再测量碱溶液的温度D.装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响【8题答案】【答案】C【解析】【详解】A．装置①中长颈漏斗底端没有液封，生成的气体会从长颈漏斗口逸出，不能准确测定生成氢气的速率，A错误；B．装置②中高锰酸钾浓度不一样，颜色深浅不一样，单位时间内颜色变化对比不易观察，应保证高锰酸钾溶液浓度一样，草酸浓度不一样，B错误；C．装置③进行中和反应反应热的测定实验时，测过盐酸的温度计要用水清洗后再测量碱溶液的温度，若用沾有盐酸的温度计再测碱液的温度，会使酸、碱反应而造成测量的温度有误差，C正确；D．装置④中温度、浓度都不同，无法判断温度对反应速率的影响，D错误；答案选C。9.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是A.加热①时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验原理相似B.加热②时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小C.加热③时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性D.三个“封管实验”中所涉及到的化学反应均为可逆反应【9题答案】【答案】B【解析】【详解】A．加热氯化铵分解，遇冷化合生成氯化铵，则加热①时，上部汇集了NH4Cl固体，此过程中发生了化学变化，而碘升华的过程属于物理变化，原理不相似，A错误；B．加热可降低氨气的溶解度，则加热②时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，B正确；C．二氧化硫与品红化合生成无色物质，无色物质加热后又发生分解，所以加热③时，溶液变为红色，冷却后又褪色，体现SO2的漂白性，C错误；D．可逆反应的反应条件相同，氨气与水反应为可逆反应，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，D错误；答案选B。10.下列离子方程式或化学方程式正确的是A.足量SO2通入少量NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HSO+HClOB.存放氢氧化钠溶液不能用磨口玻璃塞：2OH-+SiO2=H2O+SiOC.铁与硫混合加热：2Fe+3SFe2S3D.铜与稀硝酸反应：Cu+4H++NO=Cu2++NO2↑+2H2O【10题答案】【答案】B【解析】【详解】A．足量SO2通入少量NaClO溶液中，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：SO2+ClO-+H2O=SO+Cl-+2H+，A错误；B．存放氢氧化钠溶液不能用磨口玻璃塞，因为二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+SiO2=H2O+SiO，B正确；C．硫的氧化性弱，铁与硫混合加热生成硫化亚铁，C错误；D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，D错误；答案选B。11.NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合，生成物中含有NA个分子B.加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数等于0.1NAC.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ/mol，NA个N2和4NA个H2充分反应放出92.4kJ的热量D.标准状况下，33.6LNO2溶于水，转移电子数为NA【11题答案】【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，22.4LNO的物质的量为1mol，11.2LO2的物质的量为0.5mol，根据可知，混合生成1molNO2，由于存在，生成物中含有的分子数小于NA，故A错误；B．铜与稀硫酸不反应，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐降低，变为稀硫酸后不再反应，因此生成的SO2分子数小于0.1NA，故B错误；C．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)为可逆反应，不能彻底进行，放出的热量小于92.4kJ，故C错误；D．标准状况下，33.6LNO2的物质的量为1.5mol，NO2与水发生反应，根据反应的方程式可知，1.5molNO2转移1mol电子，数目为NA，故D正确；答案选D。12.下列有关热化学方程式的叙述中，正确的是A.同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同B.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1；S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH2。则ΔH1>ΔH2C.S(s，正交)=S(s，单斜)ΔH=+0.33kJ/mol，单斜硫比正交硫稳定D.已知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH，则ΔH代表甲烷的燃烧热【12题答案】【答案】B【解析】【详解】A．反应条件与反应热无关，则同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故A错误；B．S(g)→S(s)放热，即S(g)具有的能量高，所以S(g)+O2(g)=SO2(g)放出的热量更多，由于焓变是负值，则△H1＞△H2，故B正确；C．焓变为正，为吸热反应，正交硫的能量低，则正交硫更稳定，故C错误；D．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，生成的水必须为液态，故甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH，则ΔH代表甲烷的燃烧热，故D错误；

故选：B。13.下列关于化学反应速率的说法中，正确的是①反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，1min后，NH3减少了0.12mol，则1min末的化学反应速率为v(NO)=0.06mol·L-1·min-1②H2(g)+S(s)H2S(g)恒压下充入He，化学反应速率不变③增大压强，一定能加快化学反应速率④一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，为减缓反应速率，可向其中加入CH3COONa溶液⑤煅烧黄铁矿时将矿石磨成粉末可以加快反应速率⑥用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率⑦光是影响某些化学反应速率的外界条件之一A.①②⑦ B.①②⑤ C.④⑤⑦ D.③④⑥【13题答案】【答案】C【解析】【详解】①反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，1min后，NH3减少了0.12mol，则1min内的化学反应速率为v(NO)==0.06mol·L-1·min-1，应为平均速率，①错误；②H2(g)+S(s)H2S(g)恒压下充入He，容器体积增大，参与反应各气体浓度减小，化学反应速率减小，②错误；③增大压强，如没有气体参与反应，则不能加快化学反应速率，③错误；④一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，加入CH3COONa溶液，醋酸根离子与氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度降低，化学反应速率减慢，④正确；⑤煅烧黄铁矿时将矿石磨成粉末可以增大反应物接触面积，加快反应速率，⑤正确；⑥用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，若改用98%的浓硫酸，铁与浓硫酸常温下发生钝化，⑥错误；⑦光是影响某些化学反应速率的外界条件之一，如氯气和氢气在光照条件下可发生反应，⑦正确；综上分析，正确的为④⑤⑦，答案选C。14.某温度下，在容积为2L的密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应aA(g)+bB(g)cC(g)ΔH=-QkJ/mol(Q>0)，12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.4mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.前2s内，A的平均反应速率为0.15mol/(L·s)B.化学计量数之比a：c=3：1C.12s后，B的消耗速率等于C的消耗速率D.12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ【14题答案】【答案】D【解析】【详解】A．前2s内，A反应了0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，则，故A正确；B．12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.4mol，，，则a：c=0.6mol/L：0.2mol/L=3：1，故B正确；C．12s后，反应达到平衡，正、逆反应速率相等，则B的消耗速率等于C的消耗速率，故C正确；D．由图可知，a：b=(0.8mol/L-0.2mol/L)：(0.5mol/L-0.3mol/L)=3：1，由B项的分析可知，a：c=3：1，该反应的方程式为：3A(g)+B(g)C(g)，由反应可知3molA参加反应时放热QKJ，12s内反应A的物质的量为(0.8mol/L-0.2mol/L)×2L=1.2mol，根据反应的方程式可知，1.2molA反应放出热量0.4QkJ，故D错误；答案选D。15.铁与不同密度硝酸溶液反应时，还原产物百分比与硝酸密度的关系如图所示，下列说法错误的是A.其他条件相同，铁与足量密度为1.23g/mL的硝酸反应，还原产物主要为NOB.一定量的铁粉与足量密度为1.36g/mL的HNO3反应，得到气体2.24L(标准状况)，则参加反应的硝酸的物质的量为0.3molC.足量铁与一定量密度为1.36g/mL的硝酸反应，反应的化学方程式始终为：2Fe+6HNO3=2Fe(NO3)2+NO↑+NO2↑+3H2OD.硝酸的密度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多【15题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由图示可知，其他条件相同时，铁与足量密度为1.23g/mL硝酸反应，还原产物主要为NO，约占80%，A正确；B．由图示可知，一定量的铁粉与足量密度为1.36g/mL的HNO3反应，还原产物为等物质的量的NO和NO2，反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O，2.24L(标准状况)气体的物质的量为0.1mol，则生成一氧化氮、二氧化氮各0.05mol，由方程式可知，生成0.05molNO消耗硝酸0.3mol，B正确；C．足量铁与一定量密度为1.36g/mL的硝酸反应，随着反应进行，硝酸密度减小，一氧化氮含量升高，二氧化氮含量降低，生成的一氧化氮和二氧化氮的物质的量不再相等，C错误；D．从图中可以看出，硝酸密度较低时，还原产物中铵根离子的物质的量分数大，铵根离子中氮元素化合价为-3价，在硝酸密度较高时还原产物中NO2的物质的量分数大，二氧化氮中氮元素化合价为+4价，硝酸密度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多，D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.下图为工业制高纯硅的流程示意图。回答下列问题：（1）原料石英砂可用浓NH4Cl溶液浸泡除杂，实验室检验某溶液中存在NH4+的操作与现象为_______。（2）制粗硅的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（3）流化床反应器中可能得到产物SiCl4。SiCl4遇水会发生水解反应生成两种酸，该反应的化学方程式为_______。（4）还原炉中的化学反应方程式为_______。（5）用1吨含二氧化硅80%的石英矿，整个制备提纯过程硅元素损失了4%，最终获得高纯硅的质量为_______吨(结果保留小数点后两位)。【16题答案】【答案】（1）取少量溶液于试管中，加入浓的氢氧化钠溶液，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝，说明溶液中含铵根离子（2）1:2（3）SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl（4）SiHCl3+H2Si+3HCl（5）0.36【解析】【分析】电弧炉中石英砂和焦炭在1600~1800℃下发生氧化还原反应生成硅和一氧化碳，方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，流化床反应器中，生成的粗硅在250~300℃下与氯化氢发生氧化还原反应生成SiHCl3和H2，方程式为：Si+3HClSiHCl3+H2，向还原炉中继续通入氢气，SiHCl3与H2在1100~1200℃下反应生成硅和氯化氢，方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl，从而制得高纯硅。【小问1详解】铵根离子在浓碱液中会转化为氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此检验某溶液中存在铵根离子的操作及现象为：取少量溶液于试管中，加入浓的氢氧化钠溶液，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝，说明溶液中含铵根离子。【小问2详解】由分析可知，制粗硅的反应为：SiO2+2CSi+2CO↑，二氧化硅中硅元素化合价降低为氧化剂，单质碳中碳元素化合价升高为还原剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为：1:2。【小问3详解】SiCl4遇水发生水解反应生成两种酸，分别为硅酸和盐酸，反应的化学方程式为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl。【小问4详解】由分析可知，还原炉中的化学反应方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl。小问5详解】依据硅原子守恒可知，最终获得高纯硅的质量为：1t80%(1-4%)≈0.36t。18.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的化学试剂。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如下图(部分装置省略，C中Na2SO3过量)：回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______。（2）装置A制取SO2的反应中，利用了浓硫酸的_______性。（3）装置B的作用是_______。（4）装置C中的反应分两步，第一步通入SO2后溶液中SO浓度明显增大，则第一步反应的离子方程式为_______；第二步反应方程式为S+Na2SO3=Na2S2O3。当观察到装置C中出现_______的现象，说明反应已完全。（5）将放射性的同位素35S单质与非放射性的Na2SO3溶液一起加热煮沸，可得Na2S2O3。若将所得Na2S2O3酸化，又可得到放射性的35S沉淀和逸出无放射性的气体SO2。下列说法正确的是_______(填标号)。A.两种硫原子之间未发生交换作用B.在Na2S2O3内部2个硫原子不等价C.在Na2S2O3内部2个硫原子等价D.在合成Na2S2O3时，放射性硫作氧化剂（6）处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_______(填标号)。【18题答案】【答案】（1）分液漏斗（2）强酸（3）安全瓶，防止倒吸（4）①.2S2-+3SO2=2SO+3S↓②.溶液由浑浊变澄清（5）ABD（6）d【解析】【分析】装置A中亚硫酸钠与浓硫酸反应制备二氧化硫，装置B用作安全瓶、防止倒吸，生成的二氧化硫在装置C中先与硫化钠反应生成硫单质，硫单质再与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠。【小问1详解】仪器a的名称为分液漏斗。【小问2详解】装置A中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，利用了强酸制弱酸的原理，体现了70%浓硫酸的强酸性。【小问3详解】由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸。【小问4详解】由第二步反应可知，第一步生成了单质硫，为二氧化硫与硫化钠反应生成亚硫酸钠和硫，反应的离子方程式为：2S2-+3SO2=2SO+3S↓；因为第一步反应生成了硫，硫不溶于水，表现为沉淀，因此判断装置C中反应已完全的方法是：溶液由浑浊变澄清。【小问5详解】35S单质与非放射性的Na2SO3反应得到Na2S2O3，酸化时，生成的放射性35S只在沉淀中，说明2个硫原子不等价，它们没有发生交换作用，依据Na2S2O3的结构和氧化还原反应规律分析，Na2S2O3中的35S为-2价，非放射性的S为+6价，故在合成Na2S2O3时，放射性的35S作氧化剂，答案选ABD。【小问6详解】处理尾气是吸收多余的二氧化硫，应用氢氧化钠溶液，同时还要防止倒吸，a中处于密封状态，二氧化硫不能顺利进入氨水中，b装置试剂错误、也不能防倒吸，c中浓硫酸和二氧化硫不反应，答案选d。20.合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，德国化学家F.Haber因合成氨而获得诺贝尔奖。合成氨反应热化学方程式如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol（1）已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)不加入催化剂时正反应的活化能为326kJ/mol，则该反应逆反应的活化能为_______kJ/mol。（2）已知N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/molH2的燃烧热△H=-285.8kJ/mol则NH3(g)+O2(g)=NO(g)+H2O(l)△H=_______kJ/mol。（3）一定温度下，向恒容的密闭容器中充入一定量的N2和H2发生反应，测得各组分浓度随时间变化如图所示。

①表示c(H2)变化的曲线是_______(填“曲线A”“曲线B”或“曲线C”)。②0~t0时用NH3表示的化学反应速率为v(NH3)=_______mol·L-1·min-1。③下列能说明该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。A.容器中混合气体的密度不随时间变化B.容器中的n(N2)与n(H2)的比值不随时间变化C.断裂3molH-H的同时断裂6molN-H键D.3v正(H2)=2v逆(NH3)（4）合成氨反应在某催化剂条件下的相对能量-反应历程如图所示(ad为吸附态)：

①该过程中含氮的中间产物有_______种(填数字)。②活化能最大的那一步基元反应方程式为_______。③下列说法正确的是_______(填标号)。A.最后一步NH3(ad)变为NH3(g)为吸热过程。B.催化剂参与反应，但不改变合成氨反应的△HC.催化剂和升温都能降低反应的活化能，加快合成氨的反应速率D使用催化剂和压缩容器体积加压都能增大活化分子百分数，加快合成氨反应速率【20题答案】【答案】（1）418.4（2）-292.5（3）①.曲线B②.③.BC（4）①.2②.N2(ad)+3H2(ad)=N2H2(ad)+2H2(ad)③.AB【解析】【小问1详解】反应为放热反应，故逆反应活化能为326kJ/mol+92.4kJ/mol=418.4kJ/mol【小问2详解】根据题中条件，可用以下方程式计算：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H1=-92.4kJ/mol②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180kJ/mol③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3=-285.8kJ/mol可得方程式：NH3(g)+O2(g)=NO(g)+H2O(l)△H==-292.5kJ/mol【小问3详解】图中AB曲线表示反应物，在t0时，△c(A)：△c(B)=0.2：0.6=1：3，根据方程式中化学计量数之比N2：H2=1：3，故表示c(H2)变化的曲线是曲线B；根据图中NH3变化可知，0~t0时用NH3表示的化学反应速率为v(NH3)=mol·L-1·min-1；A.反应开始到平衡时，容器中气体总质量保持不变，容器体积不变，故混合气体的密度保持不变，混合气体密度不随时间变化不能说明该反应达到平衡状态，A项错误；B.由图可知开始时加入的N2、H2量相等，反应开始到平衡时，容器中的n(N2)与n(H2)的比值不断增大，故当容器中的n(N2)与n(H2)的比值不随时间变化时，能说明该反应达到平衡状态，B项正确；C.断裂3molH-H的同时断裂6molN-H键时，能说明该反应达到平衡状态，C项正确；D.2v正(H2)=3v逆(NH3)时能说明该反应达到平衡状态，D项错误；答案选BC。【小问4详解】该过程中含氮的中间产物有N2H2(ad)、N2H4(ad)；由图可知活化能最大的那一步基元反应方程式为：N2(ad)+3H2(ad)=N2H2(ad)+2H2(ad)；A.由图可知反应物总能小于生成物总能，故最后一步NH3(ad)变为NH3(g)为吸热过程，A项正确；B.催化剂参与反应，但对反应能量变化无影响，故不会改变合成氨反应的△H，B项正确；C.催化剂降低反应的活化能，加快合成氨的反应速率，升温可以加快合成氨的反应速率，但不会降低反应的活化能，C项错误；D.使用催化剂和能增大活化分子百分数，压缩容器体积加压会增大单位体积活化分子数，但活化分子百分数不变，D项错误；答案选AB。22.硫酸、硝酸均为重要的化工产品，它们的制备工艺流程示意图如下：回答下列问题。（1）若上述过程为工业制硫酸。①若原料A为黄铁矿(主要成分为FeS2)时，设备I中高温煅烧后会生成固体废渣，该废渣的一种用途是_______。②气体B制备气体C可在V2O5催化下进行，该反应的机理分为两步：第一步：V2O5+SO2=2VO2+SO3(快)第二步：_