1、2018-2019高一年级下期第二次月考化学试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Pb 207 Br 80一、选择题(每题3分，共48分)1.锗酸铋（简称BGO）是我国研制成功的一种性能优良的闪烁晶体材料，其中锗（Ge与碳同主族）元素处于最高价态，铋元素（Bi与氮同主族）的价态与它跟氯形成某种共价氯化物所呈的价态相同，且此氯化物中铋具有8电子稳定结构。BGO的化学式是（ ）A. Bi3Ge3O15 B. Bi4Ge3O12 C. Bi4Ge3O16D. Bi3Ge3O12【答案】B【解析】因锗（Ge）元素为+4价，则其氧化物的化学式为GeO2，铋元素（Bi）的化合价表现为+3
2、，则其氧化物的化学式为Bi2O3，由两种氧化物所含氧的质量相同，则BGO的化学式可写成：3GeO22Bi2O3，即化学式为Bi4Ge3O12，答案选B。点睛：学生应对信息习题充分认识信息在解答中的重要作用，本题中在BGO中，两种氧化物所含氧的质量相同，BGO可看成由锗和铋两种元素的氧化物所形成的化合物是解答化学式的关键。2.下列有关化学用语的表示方法中正确的是( )A. 过氧化氢的电子式B. NH4I的电子式：C. 比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子D. CO2分子的结构式：O=C=O【答案】D【解析】【详解】A.过氧化氢是共价化合物，H、O原子间通过共价键结合，所以H2O2的电子
3、式为，A错误；B.I-最外层有8个电子，因此NH4I的电子式为，B错误；C.CO2分子中三个原子在同一条直线上，分子为直线型分子，不能用该图示表示，C错误；D. CO2分子中C原子与2个O原子形成四对共用电子对，结构式为O=C=O，D正确；故合理选项是D。3. 下列条件一定能使反应速率增大的是（ ） 增加反应物的物质的量 升高温度 缩小反应容器的体积 不断分离出生成物 加入MnO2A. 全部B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：增加反应物的物质的量，化学反应速率不一定增大，比如增加固体物质的量，不会引起反应速率的变化，错误；升高温度，会使得所有化学反应速率均加快，正确；缩小反应容器的体
4、积，即增大压强，仅仅适用于体参加的反应，错误；不断分离出生成物（不是固体产物），会导致化学反应速率减慢，错误；加入MnO2，仅会使得部分化学反应速率加快，催化剂具有专一性的特点，错误，答案选D。【考点定位】考查外界条件对反应速率的影响【名师点晴】参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。当其他条件不变时：浓度：增加反应物的浓度可以加快反应速率；压强：对于有气体参加的化学反应，增大气体的压强，可以加快化学反应速率；温度：升高温度，可以加快化学反应速率；催化剂：加入催化剂可以加快化学反应速率；其他因素：光、超声波、激光、放射线、电磁
5、波、反应物表面积、扩散速率、溶剂等因素也都能影响化学反应的反应速率。4.元素周期表中未呈周期性变化的是A. 原子序数B. 元素性质C. 原子半径D. 化合价【答案】A【解析】随着原子序数的递增，核外电子排布、元素的化合价、原子半径、金属性和非金属性呈现周期性变化，但原子序数的决定因素是原子中质子数，所以原子序数不呈周期性变化，故选A。5. 能说明氯的非金属性比硫强的事实是( )A. 氯化氢的酸性强于硫化氢B. 氯化氢的稳定性比硫化氢强C. 氯气能与水反应而硫不能D. 氯原子最外电子层上有7个电子而硫最外电子层上有6个电子【答案】B【解析】试题分析：A可以根据元素最高价含氧酸的酸性来比较元素的非
6、金属性，氯化氢的酸性强于硫化氢，无法说明非金属性的强弱，故A错误；B氯化氢的稳定性比硫化氢强，则Cl的非金属性比S的强，故B正确；C物质能否与水反应，与非金属性强弱无关，所以判断比较非金属性的强弱，故C错误；D最外层电子数多的元素非金属性不一定强，如Br最外层有7个电子，O最外层6个电子，但是非金属性O比Br强，所以不能直接根据最外层电子数多少判断比较非金属性的强弱，故D错误；故选B。考点：考查非金属性的比较6.近年来有多个品牌的手机电池曾发生爆炸事故，公众对电池安全性的重视程度越来越高，燃料电池作为安全性能较好的一类化学电源得到了更快的发展。 一种以联氨(N2H4)为燃料的环保电池工作原理如
7、图所示，工作时产生稳定无污染的物质。下列说法不正确的是( )A. M极生成氮气且电极附近溶液酸性增强B. 负极上每消耗1molN2H4，会有4molH+通过质子交换膜C. 正极的电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2OD. d口流出的液体是蒸馏水【答案】D【解析】【详解】A.根据H+移动的方向判断，电极M为负极，燃料电池的负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，电极附近pH降低，溶液的酸性增强，A正确；B.负极为联氨发生氧化反应，电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，则每消耗lmol N2H4，转移4mol电子，会有4mol H+通过质子交换膜，B正确；
8、C.根据氢离子的移动方向，电极N为正极，正极是氧气发生还原反应：O2+4H+4e-=2H2O，氧气从c口通入，C正确；D.N是正极，氧气发生还原反应O2+4H+4e-=2H2O，但是电解质不能是水，d 口流出的液体不是蒸馏水，D错误；故合理选项是D。7.有某烷烃与烯烃的混合气体9.00g，该混合气体的密度为相同状况下氢气的11.25倍，将混合气体通过足量溴水，溴水质量增加4.20g，则原混合气体的组成为( )A. 甲烷 、乙烯B. 乙烷 、乙烯C. 甲烷 、丙烯D. 甲烷 、丁烯【答案】C【解析】【分析】根据混合气体密度为相同状况下氢气密度的11.2倍，计算混合气体的平均摩尔质量；可确定烷烃，
9、计算混合气体的物质的量。混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g为烯烃质量，进而计算烷烃的质量、烷烃的物质的量，结合混合气体总的物质的量计算烯烃的物质的量，进而计算烯烃的摩尔质量，利用烯烃组成通式，确定烯烃。【详解】由气态烷烃和气态单烯烃组成的混合气体的密度是同种状况下H2密度的11.2倍，则根据=可知M(混合)=11.22g/mol=22.4g/mol，烯烃的摩尔质量最小的是乙烯，摩尔质量为28g/mol，则烷烃的摩尔质量应小于22.4g/mol，所以混合气体中一定含有甲烷。混合气体的物质的量n(混合)=0.4mol，混合气体通过足量的溴水，溴水增重4.2g为烯烃的质量，则混合气体中甲烷的质
10、量为m(甲烷)=9g-4.2g=4.8g，那么甲烷的物质的量为n(CH4)=0.3mol，所以烯烃的物质的量为0.4mol-0.3mol=0.1mol，因此烯烃的摩尔质量M=42g/mol，设烯烃的化学式为CnH2n，则12n+2n=42，解得n=3，因此该烯烃为丙烯，则该混合物为甲烷与丙烯的气体。故合理选项是C。【点睛】本题考查气体平均摩尔质量及烯烃的加成反应等计算的知识，明确混合气体的摩尔质量介于烷烃和烯烃之间得出甲烷是解答本题的关键。8.下列说法中正确的是( )A. 质子数相同的微粒一定属于同一种元素，但不一定是同种核素B. 原子的最外层有1-2个电子的元素都是活泼的金属元素C. 同族元
11、素的最外层电子数一定相同D. 在周期表中位于同周期且同族的不同核素，不一定属于同种元素【答案】D【解析】【详解】A. 质子数相同的微粒不一定属于同一种元素，例如水分子和甲烷分子等，A错误；B. 原子的最外层有12个电子的元素不一定都是活泼的金属元素，例如He是稀有气体元素，属于非金属，B错误；C. 同族元素的最外层电子数不一定相同，例如稀有气体元素中He的最外层电子数是2个，其余的是8个，C错误；D. 在周期表中位于同周期且同族的不同核素，不一定属于同种元素，例如第族等，D正确；答案选D。9.只用一种试剂就可将己烯、甲苯、硝基苯、水、氢氧化钠溶液鉴别开，这种试剂是( )A. 盐酸B. 酸性高锰
12、酸钾溶液C. 溴水D. 紫色石蕊溶液【答案】C【解析】【详解】A.盐酸与水混合，无明显现象，与氢氧化钠溶液混合，发生反应，产生NaCl和H2O，也无明显现象，不能鉴别水和氢氧化钠溶液，盐酸与己烯、甲苯都不反应，且出现分层现象，有机层都在上层，无法鉴别己烯和甲苯，A错误；B.己烯、甲苯都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，不能鉴别二者，B错误；C.将溴水加入到己烯中，溴水褪色，且出现分层现象；加入到甲苯中，充分振荡后，液体分层，上层显橙色，下层颜色变浅；加入到硝基苯中，充分振荡后，液体分层，下层显橙色；加入水中，起稀释作用，液体不分层，溶液颜色变浅；加入到氢氧化钠溶液中，发生反应生成NaBr
13、、NaBrO和水，溶液不分层，溶液无色，五种液体物质颜色各不相同，可以鉴别，C正确；D.紫色石蕊溶液与己烯、甲苯都分层，有机层在上层，不能鉴别二者，D错误；故合理选项是C。10.已知丙烷的二氯代物有四种同分异构体,则其六氯代物的异构体数目为（ ）A. 三种B. 四种C. 五种D. 六种【答案】B【解析】丙烷有8个H原子，其中2个H原子被氯原子取代形成丙烷的二氯代物。六氯代物可以看作C3Cl8中的8个氯原子，其中2个氯原子被2个氢原子代替形成，两者是等效的。二氯代物有四种同分异构体，可得到六氯代物也有四种同分异构体。答案选B。11.电池式氧传感器原理构造如图，可测定O2的含量。工作时铅极表面会逐
14、渐附着Pb(OH)2。下列说法不正确的是( )A. Pt电极上发生还原反应B. 随着使用，电解液的碱性逐渐减弱C. a 10-3molO2反应，理论上可使Pb电极增重68a mgD. Pb电极上的反应式为Pb+2OH-2e-=Pb(OH)2【答案】B【解析】【详解】A.Pt电极上O2得电子生成OH-，发生还原反应，A正确；B.铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2，电极反应式为Pb+2OH-2e-= Pb(OH)2，O2在正极Pt上得电子生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应为：2Pb+O2+2H2O=2Pb(OH)2，消耗水，电解液碱性增强，所以电解液的pH逐
15、渐增大，B错误；C.a mmolO2反应则得到4a mmol电子，所以根据得失电子守恒，理论上可使Pb电极增重4a mmol17g/mol=68a mg，C正确；D.铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2，电极反应式为Pb+2OH-2e-=Pb(OH)2，D正确；故合理选项是B。12. 下列分子中所有的原子都满足最外层为8电子结构的是A. BCl3 B. COCl2C. SF6D. SiH4【答案】B【解析】试题分析：A. BCl3分子中B与Cl形成3对电子，最外层6个电子，不满足最外层为8电子结构，A项错误；B.COCl2分子中C形成4对电子，O形成2对电子，Cl形成1对电子，所以各原
16、子最外层均有8个电子，B项正确；C.SF6分子中S最外层有6个电子，与F形成6对电子，最外层有12个电子，C项错误；D.SiH4分子中氢原子满足2电子的稳定结构，D项错误；选B。考点：考查电子式中最外层电子数的判断。13. 下列各物质中，只表示一种纯净物的是( )A. C4H8B. C3H8C. C2H4C12 D. C4H6【答案】B【解析】【分析】各选项中的化学式只能表示一种物质，说明该化学式只有1种结构，不存在同分异构体，据此进行判断。【详解】A.C4H8存在同分异构体（、 、）表示4种物质，故A错误；B.C3H8为丙烷，不存在同分异构体，只表示1种物质，故B正确；C.C2H4Cl2存在
17、同分异构体（、），表示2种物质，故B错误； D.C4H6存在同分异构体（、），表示7种物质，故D错误。14.下列判断正确的是A. 离子化合物中不可能含有共价键B. 晶体中一定存在化学键C. 碱性氧化物一定是金属氧化物D. 直径介于110 nm之间的微粒称为胶体【答案】C【解析】【详解】A、离子化合物中可能含有共价键，如：NaOH，故A错误；B、晶体中不一定存在化学键，如：稀有气体形成的分子晶体不存在化学键，故B错误；C、碱性氧化物一定是金属氧化物，故C正确；D、胶体是分散离子直径在1100 nm之间的混合物，故D错误。15.在A（g）+ pB（g）qC(g)的反应中，经t秒后C的浓度增加m m
18、ol/L，则用B浓度的变化来表示的反应速率是A. pm/qt molL-1s-1B. mt / pq molL-1s-1C. pq/mt molL-1s-1D. pt/mq molL-1s【答案】A【解析】分析：依据反应速率v= 计算，计算C的反应速率，结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算B表示的反应速率。详解：在A(g)+pB(g)qC(g)反应中，经t秒后C的浓度增加mmol/L，v(C)=，则用B的浓度的变化来表示的反应速率v(B)=v(C)=mol/(Ls)；故选A。16.原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，已知Y与Z、M与W分别同周期，X与M同主族；X与Z、
19、M与Z都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物；X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL-1；Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应。下列说法正确的是( )A. 由X、Y、Z三种元素形成的某种化合物，可能含有离子键B. 五种元素分别形成的单核离子中，M的离子半径最大C. W的氯化物是由一种10e-离子和一种18e-离子构成的D. X元素与Z所在主族的各元素形成的A2B型化合物中X2Z沸点最低【答案】A【解析】试题分析：原子序数依次增大的X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X与Y形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL-1，则该气态化合物的相对分子质量=0.7
20、622.4=17，应为NH3，可推知X为H元素、Y为N元素；X与M同主族，M原子序数大于N元素，则M为Na；Y与Z同周期，X与Z、M与Z都可以分别形成A2B、A2B2型的化合物，则Z为O元素；M与W分别同周期，X、Z、M的质子数之和等于Y、W的质子数之和，则M、W原子序数相差1+8-7=2，可推知W为Al元素，Y、M、W的最高价氧化物的水化物，两两间都能发生反应，符合题意。A由H、N、O三种元素形成的某种化合物，可能含有离子键，如硝酸铵，故A正确；B对于具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，五种元素分别形成的单核离子中，Y的离子半径最大，故B错误；C氯化铝属于共价化合物，故C错误；
21、DH元素与O所在主族的各元素形成的A2B型化合物H2O沸点最高，故D错误；故选A。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。二、非选择题(52分)17.下列各组物质中(1)互为同分异构体的是_，(2)互为同素异形体的是_，(3)互为同位素的是_，(4)属于同一物质的是_。C(CH3)4和C4H10 和35Cl和37Cl H2O和H2O 石墨和金刚石和(CH3)2CHCH(CH3)2 和(CH3)2CH(CH2)2CH3H2 D2 T2CH2=CH-CH2CH3和CH3-CH=CH-CH3【答案】（每空2分，共8分）（1） （2） （3） （4）【解析】试题分析：（1）同分异构体是指分子式相
22、同而结构不同的化合物，则互为同分异构体的是；（2）由同一种元素形成的性质不同的单质互为同素异形体，则互为同素异形体的是；（3）同位素是指质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，则互为同位素的是；（4）性质和结构都完全相同的是同一种物质，则属于同一物质的是。考点：考查同分异构体、同素异形体、同位素、同一种物质的判断。18.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的项重大贡献。(1)某课外实验小组欲探究铝和铜的金属性(原子失电子能力)强弱，同学们提出了如下实验方案：A.比较铝和铜的硬度和熔点B.比较二者在稀硫酸中的表现C.用铝片、铜片、硫酸铝溶液、硫酸铜溶液，比较
23、二者的活动性D.分别做铝片、铜片与NaOH溶液反应的实验E.将铝片、铜片用导线连接后共同投入稀盐酸中接入电流计，观察电流方向上述方案中能达到实验目的的是_。(2)现有如下两个反应：A.NaOH+HCl=NaCl+H2O B.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2。上述反应中能设计成原电池的是_ (填字母代号)，作负极的物质发生了_反应(填“氧化”或“还原”)。(3)将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入100mL相同浓度的稀硫酸一段时间，回答下列问题：下列说法正确的是_ (填字母代号)。A.甲、乙均为化学能转变为电能的装置 B.乙中铜片上没有明显变化C.甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少 D.两烧杯中
24、溶液的酸性均减弱在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲_乙(填“”、“ (6). 甲池锌铜可形成原电池，能加快Zn与硫酸的反应速率 (7). 1 mol/L【解析】【分析】(1)比较金属性强弱，可以根据金属与酸反应的剧烈程度、构成原电池的负极等方面分析，而与硬度、熔沸点等无关，据此进行解答；(2)自发的氧化还原反应才能设计成原电池；(3)甲装置符合原电池构成条件，所以是原电池，乙不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，两个烧杯中，锌都失电子发生氧化反应，甲中铜上氢离子得电子发生还原反应，乙中锌上氢离子得电子发生还原反应；形成原电池加快反应速率；先计算氢离子的物质的量再计算原来稀硫酸的浓度。【详
25、解】(1)A.铝和铜的硬度和熔点与金属性强弱无关，A错误；B.金属性越强，与酸反应越剧烈，可通过比较Cu、Al在稀硫酸中的表现判断其金属性强弱，B正确；C.用铝片、铜片、硫酸铝溶液、硫酸铜溶液，根据是否发生置换反应可比较二者的活动性，C正确；D.Al与氢氧化钠溶液反应是铝的化学特性，与金属活泼性无关，不能根据是否与氢氧化钠溶液反应判断金属性强弱，D错误；E.将铝片、铜片用导线连接后共同浸入稀盐酸中，接入电流计，观察电流方向，铝为原电池负极，铜为正极，产生电流，据此判断金属性强弱，E正确；故合理选项是BCE；(2)反应A.NaOH+HCl=NaCl+H2O不是氧化还原反应，不能设计成原电池，反应
26、B.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2是氧化还原反应，能设计成原电池，原电池中锌作负极，失电子，发生氧化反应；(3)甲装置是原电池，乙装置不构成原电池。A.甲是化学能转变为电能的装置，乙不是，A错误；B.乙装置中铜片不反应，也没构成原电池的正极，所以铜片上没有明显变化，B正确；C.甲、乙中锌片质量都减少，铜片质量都不变，C错误；D.两个烧杯中都产生氢气，氢离子浓度都降低，因此溶液的pH均增大，D正确；故合理选项是BD；甲构成了原电池，乙没有构成原电池，所以两烧杯中产生气泡的速度：甲乙；释后氢离子的物质的量n(H+)=1L0.1mol/L=0.1mol，生成氢气物质的量为n(H2)=0.05mo
27、l，则原溶液中氢离子的物质的量n(H+)总=0.1mol+0.05mol2=0.2mol，因此原硫酸溶液中氢离子的浓度c(H+)=2mol/L，由于H2SO4是二元酸，一个硫酸分子电离产生两个氢离子，所以原溶液中硫酸的浓度c(H2SO4)= c(H+)=1mol/L。【点睛】本题考查原电池的构成条件、原电池的工作原理、溶液pH计算，属于综合知识的考查。19.某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)装置F中发生反应的离子方程式为_；(2)盛放浓盐酸的装置的名称是_；A装置中的固体可能是_；(3)通
28、入C装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是_；(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。请写出反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2+5Cl2+8H2O (2). 分液漏斗 (3). 碱石灰或生石灰等 (4). 使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合 (5). 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl【解析】【分析】A装置中产生氨气，通入B的碱石灰干燥后进入C装置；在F中高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气，通过E中饱和食盐水除去氯气中混有的杂质HCl，再通过D装置的浓硫酸对氯气进行干燥，进入C，与氨气混合发生氧化还
29、原反应产生NH4Cl及N2。【详解】(1)装置F中高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得发生反应离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2+5Cl2+8H2O；(2)根据装置图示可知盛放浓盐酸的装置的名称是分液漏斗；A装置用来制取氨气，A中的固体可能是碱石灰或生石灰、固体NaOH等碱性物质；(3)通入C装置两根导管左边较长、右边较短，目的是使密度大的氯气与密度小的氨气较快地均匀混合，以便于充分反应；(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一，说明氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的方程式
30、：3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl。【点睛】本题考查了氯气、氨气实验室制取方法、净化及操作和物质化学性质的验证等知识，明确物质的物理和化学性质及气体制备原理是解题关键。20.工业合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知形成1 mol HH键、1 mol NH键、1 mol NN键放出的能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ。则：(1)若1 mol氮气完全反应生成氨气可放出的能量为_ kJ。(2)如果将1 mol氮气和3 mol氢气混合，使其充分反应，反应放出的能量总小于上述数值，为什么？_。(3)
31、实验室模拟工业合成氨时，在容积为2 L的密闭容器内，充入2 mol氮气和3 mol氢气反应经过1分钟后，达到平衡状态，此时容器内压强为原来的80%，则用氮气表示的化学反应速率是_ mol/(Lmin)，氢气的转化率为_。(4)一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是_。a.正反应速率和逆反应速率相等且为零 b.氮气和氢气的转化率相等c.氮气的转化率达到最大值 d.氮气和氢气的浓度相等e.N2、H2和NH3的体积分数相等 f.反应达到最大程度(5)生产过程中通常将氨气及时分离出去，则平衡_(填正向，逆向，不)移动，正反应速率将_(增大，减小，不变)。【答案】 (1). 92 (
32、2). 该反应是可逆反应，1 mol氮气和3 mol 氢气不能完全反应，放出的能量总是小于92 kJ (3). 0.25 (4). 50% (5). cf (6). 正向 (7). 减小【解析】【分析】(1)H=反应物键能和-生成物键能和，反应N2+3H22NH3的H=(946+3436-6391)kJ/mol=-92kJ/mol；(2)合成氨为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物；(3)结合=，转化率= 100%计算；(4)平衡时正逆反应速率相等，浓度不变，为动态平衡，为反应的最大限度；(5)根据反应特点，结合化学反应速率影响因素及平衡移动原理分析。【详解】(1)H=反应物键能和-生成物键能
33、和，反应N2+3H22NH3的H=(946+3436-6391)kJ/mol=-92kJ/mol；(2)将1 mol N2和3 mol H2混合，使充分反应，反应放出的热量总小于上述数值，是因为合成氨为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物NH3，所以1 mol氮气和3 mol氢气混合，使其充分反应，反应放出的能量总小于92kJ； (3)在恒温恒容时，气体的压强比等于气体的物质的量的比，开始时气体的物质的量为2mol+3mol=5mol，由于平衡时气体压强为原来的80%，则气体的物质的量减小5mol-5mol80%=1mol。根据方程式N2+3H22NH3可知：每有1molN2反应，反应后会减小
34、2mol，现在气体的物质的量减小1mol，则反应的N2的物质的量为0.5mol，所以用氮气表示的化学反应速率是(N2)=0.25mol/(Lmin)；根据方程式可知N2、H2反应的物质的量的比是1:3，氮气反应了0.5mol，则氢气反应了1.5mol，由于反应开始时加入氢气的物质的量为3mol，所以氢气的转化率为= 100%=50%；(4) a.化学平衡为动态平衡，达到平衡时正反应速率和逆反应速率相等但不为零，a错误；b.反应达到平衡时，氮气和氢气的转化率可能相等，也可能不相等，这与反应开始时加入的两种物质的物质的量多少有关，b错误；c.反应从正反应方向开始，若氮气的转化率达到最大值，则反应达
35、到平衡，c正确；d.达到平衡时氮气和氢气的浓度不一定相等，这与起始量、物质的转化率有关，d错误；e.N2、H2和NH3的体积分数相等，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，e错误；f.反应达到最大程度，任何物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，f正确；故合理选项是cf；(5)生产过程中通常将氨气及时分离出去，则c(NH3)减小，根据平衡移动原理：减小生成物浓度，化学平衡向正向移动，由于物质的浓度降低，所以正反应速率将减小。【点睛】本题考查焓变计算、化学平衡状态的判断方法、化学反应速率及转化率的计算等知识。掌握化学基本概念、平衡移动原理及反应热与键能关系等为解答的关键，题目侧重分析与应
36、用能力的考查。21.有机物的结构可用键线式简化表示，如CH3-CH=CH-CH3可表示为，有一种有机物X的键线式如图所示。(1)X的分子式为_。(2)有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香族化合物。则Y的结构简式是_。(3)Y在一定条件下可发生反应生成高分子化合物，该反应化学方程式是_。(4)Y可以与溴水反应，该反应的化学方程式是_。【答案】（1）C8H8（2）（3）（4）【解析】(1). 由X的键线式可知，该有机物的分子式为C8H8，故答案为：C8H8；(2). 有机物Y是X同分异构体，且属于芳香族化合物，Y中含有苯环，则根据分子式C8H8可知，Y的结构简式为，故答案为：；(3). Y的结构简式为，分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成高分子化合物，该反应的化学方程式为：，故答案为：；(4). 中含有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应，反应的方程式为：，故答案为：。