上海市人教版高中化学选修1-第1章填空题专项知识点复习(专题培优)

一、解答题1．工业上利用合成气(主要成分CO 和H 2)在催化剂作用下合成甲醇。

向体积恒定的密闭容器中，按n (CO)∶n (H 2)=1∶2充入反应物，发生化学反应CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g)ΔH =-90.1kJ·mol -1。

L(L 1、L 2)、X 代表压强或温度，如图1表示L 一定时，平衡混合物中CH 3OH 的体积分数随X 的变化关系。

(1)X 表示___(填“温度”或“压强”)，判断理由是___。

下列叙述可以说明反应已达平衡状态的是（_____） A ．CH 3OH(g)的物质的量分数保持不变 B ．2v (H 2)生成=v (CH 3OH)生成 C ．混合气体的总物质的量保持不变 D ．混合气体密度保持不变(2)对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(p B )代表物质的量浓度(c B )，也可以表示平衡常数(记作K p )，其中p B =p 总×B 的体积分数，若在一定温度下，C 点平衡气体总压强为p 总，则该反应的平衡常数K p =___(用P 总的代数式表示)(3)CO 与H 2反应还可生成CH 3OCH 3(g)和H 2O(g)，研究发现，该反应中的CO 的平衡转化率随温度、投料比2n(H )n(CO)的变化曲线如图2。

ΔH ___0(填“>”或“<”)。

若保持压强不变，向平衡体系中充入N 2，则CH 3OCH 3的百分含量___(填“增大”或“不变”或“减小”)答案：温度 该反应为放热反应，当L 一定时，随温度升高，平衡逆向移动，CH 3OH(g)体积分数减小 AC227p 总< 减小 解析：化学反应CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g)ΔH =-90.1kJ·mol -1，是反应前后气体分子数减小的放热反应，相同温度下，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CH 3OH 的体积分数增大；压强一定时，随温度的升高，平衡向逆反应方向移动，CH 3OH 的体积分数降低；反应达到平衡状态时，同种物质的正、逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

一、解答题1．甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。

利用合成气(主要成分为CO 、CO 2和H 2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下： ①CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g) ΔH 1②CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH 2<0 ③CO 2(g)+H 2(g)CO(g)+H 2O(g) ΔH 3>0回答下列问题：(1)已知反应①中的相关的化学键键能数据如下： 化学键 H-H C-O C ≡O H-O C-H E/(kJ ⋅mol -1)4363431076465413由此计算ΔH 1=______kJ·mol -1。

(2)反应①的化学平衡常数K 的表达式为_______；图1中能正确反映反应①平衡常数K 随温度变化关系的曲线为______(填曲线标记字母)，其判断理由是__________。

(3)合成气的组成n (H 2)/n (CO+CO 2)＝2.60时，体系中的CO 平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。

α(CO)值随温度升高而_______(填“增大”或“减小”)，其原因是______。

图2中的压强由大到小为________。

答案：-99 322c(CH OH)K=c(CO)c (H )a 反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小 减小升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO 的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO 的量增大；总结果，随温度升高，使CO 的转化率降低； P 3＞P 2＞P 1【详解】(1)△H =反应物总键能−生成物总键能，故△H 1=1076kJ.mol −1+2×436kJ·mol −1−(3×413+343+465)kJ·mol −1=−99kJ·mol −1； (2)反应①为CO(g)+2H 2(g)⇌CH 3OH(g)，根据平衡常数的定义，则平衡常数为322(CH OH)=(CO)(H )c K c c ；根据(1)中的计算可知，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故曲线a 正确反映平衡常数K 随温度变化关系； (3)升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO 的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO 的量增大；总结果，随温度升高，使CO 的转化率降低；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大，故增大压强有利于CO 的转化率升高，故压强：P 3＞P 2＞P 1。

一、填空题1．如图是元素周期表前五周期的一部分，X 、Y 、Z 、R 、W 、J 是其中的6种元素。

X YZ RWJ 请回答下列问题(除特别说明外，凡涉及用元素回答的问题均用具体元素符号表示)：(1)基态R 原子的核外电子排布的轨道表示式为__。

(2)在化合物YZ 2中Y 的化合价为__；Y 2-与Na +的半径大小为__。

(3)在X 、Y 、Z 三种元素中，电负性由大到小的顺序是__；第一电离能：X __Y(填“<“>或“=”)，其理由是__。

(4)以上6种元素组成的双原子分子中，最稳定单质的电子式为__；HX 3溶液的酸性与醋酸相近，HX 3溶液与NaOH 溶液反应的离子方程式为__。

答案：+2 O 2->Na +(或Na +<O 2-) F>O>N > N 的2p 轨道为半充满状态，较稳定 HN 3+OH -=N 3-+H 2O 解析：由J 为0族元素，由周期表结构可知，X 、Y 、Z 位于第二周期，R 位于第三周期，W 位于第四周期，J 为第五周期的Xe ，则X 为N 、Y 为O 、Z 为F 、R 为S 、W 为Br ，以此解答。

【详解】由上述分析可知，X 为N 、Y 为O 、Z 为F 、R 为S 、W 为Br ，J 为Xe 。

(1) R 为S ，S 原子3p 轨道上的电子应先占据不同轨道，核外电子排布的轨道表示式为，故答案为：；(2)在化合物2OF 中F 为-1价，则O 的化合价为+2；2O -与Na +具有相同的电子层结构，原子序数越小，对电子的束缚能力越弱，离子半径越大，故半径大小为2O -+Na >，故答案为：+2；O 2->Na +(或Na +<O 2-)；(3)非金属性越强，电负性越大，则N 、O 、F 三种元素中，电负性由大到小的顺序是F O N >>；非金属性越强，第一电离能越大，但N 的2p 轨道为半充满状态，较稳定，则N 、O 的第一电离能N O >，故答案为：F>O>N ；>；N 的2p 轨道为半充满状态，较稳定；(4)在这六种元素组成的双原子分子中，最稳定的单质为2N ，电子式为:N N :；3HN 溶液的酸性与醋酸相近，则3HN 为弱酸，3HN 溶液与NaOH 溶液反应的离子方程式为332HN OH N H O --++═，故答案为：；HN 3+OH -=N 3-+H 2O 。

一、选择题1．下列说法不正确的是A．核能、太阳能、氢能都是新能源B．已知反应C(s，石墨)= C(s，金刚石) ∆H＞0，可得结论：石墨比金刚石更稳定C．“开发利用新能源”“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量D．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”答案：D【详解】A．根据新能源标准可知，核能、太阳能、氢能都是新能源，A说法正确；B．反应C(s，石墨)= C(s，金刚石)为吸热反应可知，石墨的能量比金刚石的能量低，能量越低越稳定，故石墨比金刚石更稳定，B说法正确；C．“开发利用新能源”“汽车尾气催化净化”可减少大气污染物的排放，都能提高空气质量，C说法正确；D．乙醇是可再生能源，汽油是化石燃料不可再生，D说法错误；答案选D。

2．下列有关热化学方程式的叙述正确的是A．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)反应的∆H=-566.0kJ/mol B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ∆H＞0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)∆H=-28.7kJ/molD．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ∆H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) ∆H2，则∆H1＞∆H2答案：A【详解】A．1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的能量是燃烧热，CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)反应的∆H=-566.0kJ/mol，故A正确；B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ∆H＞0，说明石墨的能量低于金刚石，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故B错误；C．依据酸碱中和热概念是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量计算分析，含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，40g氢氧化钠和强酸完全反应放热57.4kJ，则该反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)∆H=-57.4kJ/mol，故C错误；D．碳完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，所以∆H1＜∆H2，故D错误；故答案选A。

一、选择题1．已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566 kJ/molNa2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+12O2(g)ΔH=-226 kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法不正确的是A．CO的燃烧热为283 kJ/molB．如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C．2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO2(s)+O2(g) ΔH>-452 kJ/molD．CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为2×6.02×1023答案：B【详解】A．燃烧热是指在25℃，101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，单位为kJ/mol，则CO的燃烧热为288kJ/mol，故A正确；B．由CO生成CO2的能量关系应为2molCO加上1molO2的能量之和与2molCO2的能量差为566kJ，故B错误；C．由已知可得：2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+ O2(g)ΔH=-452 kJ/mol，由于二氧化碳固体变为二氧化碳气体需要吸热，故反应放出的热量减少，使得2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+ O2(g)ΔH>-452 kJ/mol，故C正确；D．已知：反应①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol和反应②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+ 1/2O2(g)ΔH=-226kJ/mol，根据盖斯定律：(①+②×2)×1212得到Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s) ΔH= -509kJ/mol。

由于反应放热509kJ，因此该反应发生1mol，该反应中一氧化碳中的碳元素从+2价升到+4价，失两电子，过氧根中的两个氧从-1价降至-2价，故放出509kJ热量时，电子转移数为2×6.02×1023，故D正确。

一、解答题1．铁在生产生活中应用最广泛，炼铁技术和含铁新材料的应用备受关注。

(1)高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应有：反应ΔH(kJ/mol)Kⅰ．Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)+489K1ⅱ．Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)X K2ⅲ．C(s)+CO2(g)2CO(g)+172K3试计算，X=_______，K1、K2与K3之间的关系为K1=_______。

(2)T1℃时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应ⅰ，反应达到平衡后，在t1时刻，改变某条件，v(逆)随时间(t)的变化关系如图1所示，则t1时刻改变的条件可能是_______(填字母)。

a．保持温度不变，压缩容器b．保持体积不变，升高温度c．保持体积不变，加少量炭粉d．保持体积不变，增大CO浓度(3)在该温度下，反应iii至30s时达到平衡，若在30s时，升高温度，经30s又重新达到平衡，请在下图上画出正逆速率变化图像_______。

(4)在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器(p 总)加入1molCO 2与足量的炭，发生反应ⅲ，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示。

①650℃时，该反应达平衡后吸收的热量是_______。

②T ℃时，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO 2)∶V(CO)=5∶4的混合气体，平衡_______ (填“正向”“逆向”或“不”)移动。

③925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p 为_______。

[气体分压(p 分)=气体总压(p 总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作K p ]答案：-27 K 2·(K 3)3 ad 43kJ 正向23.04p 总 解析：【详解】(1)根据盖斯定律，第一个方程式减去第三个方程式的3倍，得到X=+489−(+172)×3=−27；分别写出三个反应的平衡常数的表达式，即可推导出K 1、K 2与K 3之间的关系为K 2=133K (K )，K 1=K 2·(K 3)3； (2)T ℃时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe 2O 3和C ，发生反应Fe 2O 3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)，反应达平衡后，在t 1时刻，改变某条件，逆反应速率突然增大，但达到平衡后于原平衡相同，说明温度不变，平衡常数K =c 3(CO)不变，则t 1时刻改变的条件是压缩体积或增大CO 浓度，故答案选ad ；(3)在30s 时升高温度，正逆反应速率均加快，但由于反应ⅲ为吸热反应，升高温度向吸热反应方向（即正反应方向）移动，说明正反应速率比逆反应速率增大的程度大，故这一过程的正逆反应速率图像大致为；(4)①由图可知，650℃时，反应达到平衡后，CO 的体积分数为40%，根据化学平衡“三段式”法有：()()()()()()2C s +CO g 2CO g mol 10mol x 2x mol 1-x2x起始转化平衡则2x1-x+2x×100%=40%，解得x=0.25mol ，由C(s)+CO 2(g)2CO(g) △H =+172kJ/mol 可知，该反应达平衡后吸收的热量是：0.25mol ×172kJ/mol=43kJ ，故答案为43；②T ℃时，CO 和CO 2体积分数都为50%，则CO 和CO 2物质的量都为0.5mol ，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO 2)：V(CO)=5：4的混合气体，假设加入物质的量分别为5mol 和4mol ，如果加入4mol CO 2和4molCO ，相当于等效平衡，因此平衡不移动，而加入的是5mol CO 2，相当于开始加入4mol CO 2和4molCO ，后来再加入1mol CO 2，因此平衡正向移动；故答案为：正向；③925℃时，CO 的体积分数为96%，CO 2的体积分数为4%，则p (CO)=0.04P KPa ，p (CO 2)=0.96P KPa ，所以分压平衡常数K p =2(0.96p )0.06p 总总=23.04p 总；故答案为：23.04p 总。

人教版化学选修一第一章知识点总结一、生命的基础能源——糖类。

1. 糖类的组成与分类。

- 组成：糖类一般由C、H、O三种元素组成，大多数糖类的化学组成符合通式C_n(H_2O)_m，但有些糖不符合，如鼠李糖C_6H_12O_5。

- 分类：- 单糖：不能水解的糖，如葡萄糖和果糖，化学式均为C_6H_12O_6，葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮。

- 二糖：能水解生成两分子单糖的糖，如蔗糖和麦芽糖，化学式均为C_12H_22O_11。

蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解生成两分子葡萄糖。

- 多糖：能水解生成许多分子单糖的糖，如淀粉和纤维素，化学式均为(C_6H_10O_5)_n，n值不同，二者不是同分异构体。

2. 葡萄糖。

- 物理性质：白色晶体，有甜味，能溶于水。

- 化学性质：- 还原性：能发生银镜反应（与银氨溶液反应），反应方程式为CH_2OH(CHOH)_4CHO + 2Ag(NH_3)_2OH→()CH_2OH(CHOH)_4COONH_4+2Ag↓+ 3NH_3+H_2O；也能与新制氢氧化铜悬浊液反应，反应方程式为CH_2OH(CHOH)_4CHO+2Cu(OH)_2+NaOH→()CH_2OH(CHOH)_4COONa +Cu_2O↓+3H_2O。

- 加成反应：与H_2发生加成反应生成己六醇。

- 发酵反应：在酒化酶作用下转化为乙醇，反应方程式为C_6H_12O_6→(酒化酶, )2C_2H_5OH + 2CO_2↑。

- 葡萄糖在人体内的作用：提供能量，在体内被氧化的化学方程式为C_6H_12O_6(s)+6O_2(g)→6CO_2(g)+6H_2O(l)，Δ H=-2804kJ/mol。

3. 淀粉和纤维素。

- 淀粉：- 物理性质：白色、无气味、无味道的粉末状物质，不溶于冷水，在热水中形成胶状淀粉糊。

- 化学性质：水解反应，在稀酸或淀粉酶作用下逐步水解，最终生成葡萄糖，反应方程式为(C_6H_10O_5)_n+nH_2O→(酸或酶, )nC_6H_12O_6；淀粉遇碘变蓝，可用于检验淀粉的存在。

一、填空题1．(1)光催化还原CO 2制备CH 4反应中，带状纳米ZnGeO 4是该反应的良好催化剂。

Zn 、Ge 、O 电负性由大至小的顺序是______。

(2)元素铜与镍的第二电离能分别为1Cu I 1958kJ mol -=⋅、1Fe I 1753kJ mol -=⋅，Cu FeI >I 的原因是______。

答案：O ＞Ge ＞Zn 铜失去的是全充满的103d 电子，镍失去的是14s 电子【详解】(1)元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强，其电负性就越大。

根据电负性递变规律可知，元素的非金属性：O ＞C ＞Ge ，所以O ＞C ＞Ge ；因Zn 与Ge 是同一周期元素，元素的金属性Zn ＞Ge ，所以根据电负性递变规律可知，电负性：Ge ＞Zn ，故Zn 、Ge 、O 三种元素的电负性由大到小的顺序为：O ＞Ge ＞Zn 。

(2)基态Cu +的价电子排布式为3d 10，3d 轨道处于全充满的稳定状态，而基态Ni +的价电子排布式为3d 84s 1，4s 轨道只有1个电子，所处状态不是稳定状态，失去电子消耗能量比较少，所以镍的第二电离能相对Cu 来说较小。

2．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①一④在表中的位置回答下列问题： 族周期IA 0 1① IIA IIIA IV A V A VIA VIIA 2② ③ ④ 3 ⑤ ⑥ ⑦⑧ （1）③、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序为____________'（用离子符号表示）。

（2）写出⑤和⑥的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式_______________ （3）②的某核素可用于文物年代的测定，该核素有8个中子，该核素的符号是______ （4）比较元素②、⑦和⑧的最高价氧化物的水化物的酸性大小_____（5）①④两种元素可组成的一种既有极性共价键也有非极性共价键的化合物，写出该物质的电子式______（6）①和④的单质可组成燃料电池，正极反应物为_____（用化学式表示，下同），若电解溶液为稀疏酸，写出负极的电极反应__________答案：N 3－>Na +>Al 3+ Al(OH)3+NaOH=NaAlO 2+2H 2O 146C HClO 4>H 2CO 3>H 2SiO 3O 2 H 2－2e －=2H +解析：结合周期表结构可知①到⑧分别为H 、C 、N 、O 、Na 、Al 、Si 、Cl ，结合元素周期表、律相关知识解答。

一、填空题1．（1）同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，ΔH1___ΔH2(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。

（2）相同条件下，1 molP4所具有的能量___4 molP原子所具有的能量。

（3）已知P4(白磷，s)⇌4P(红磷，s) ΔH＝-17kJ·mol－1，比较下列反应中ΔH的大小：ΔH1___ΔH2。

①P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH1②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH2（4）已知：稀溶液中，H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）ΔH=-57.3kJ·mol-1，则浓硫酸和稀氢氧化钠溶液反应生成2mol水，放出的热量___114.6kJ。

（5）已知：28gFe(s)与CO2(g)在一定条件下，完全反应生成FeO(s)和CO(g)，吸收了akJ热量，该反应的热化学方程式是___。

答案：=＜＜＞Fe(s)+CO2(g)= FeO(s)+CO(g) H=+2akJ/mol【详解】（1）反应热与反应物的总能量和生成物的总能量，与反应条件无关，则光照和点燃条件的△H相同，故答案为：=；（2）P原子形成P4分子时形成化学键，释放能量，故1 molP4所具有的能量＜4 molP原子所具有的能量；故答案为：＜；（3）根据题给热化学方程式，常温时红磷比白磷稳定，说明白磷能量高，反应放出的热量较多，因△H＜0，则放出的能量越多△H越小，故答案为：＜；（4）浓硫酸溶于水放热，故浓硫酸和稀氢氧化钠溶液反应生成2mol水，放出的热量＞114.6kJ，故答案为：＞；（5）已知：28gFe(s)即0.5mol Fe(s)与CO2(g)在一定条件下，完全反应生成FeO(s)和CO(g)，吸收了akJ热量，该反应的热化学方程式是Fe(s)+CO2(g)= FeO(s)+CO(g) H=+2akJ/mol。