资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩9页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
【期末考点专题】鲁科版(2019)高二化学选择性必修1：期末测试卷02
展开
这是一份【期末考点专题】鲁科版(2019)高二化学选择性必修1：期末测试卷02，文件包含期末考点专题鲁科版2019高二化学选择性必修1期末测试卷02解析版doc、期末考点专题鲁科版2019高二化学选择性必修1期末测试卷02原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
2022-2023学年高二化学上学期期末测试卷02
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
考试范围：2019鲁科版选择性必修1全部内容
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题（本大题包括20小题，每小题2分，共40分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的）
1．热催化合成氨面临的两难问题：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了(Ti-H)(冷区)-(Fe)(热区)双温区催化剂。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是( )
A．放热过程在冷区进行，吸热反应在热区进行
B．反应②，正反应活化能最大
C．(Ti-H)生成氨气，是因为反应速率最大
D．冷热区交替使用，主要目的是使催化剂活性最大
【答案】B
【解析】
A．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，A错误；
B．②的生成物的相对能量比反应物的相对能量高，为吸热过程，其余过程则是生成物能量比反应物的能量低，是放热过程，故反应②的正反应活化能最大，B正确；
C．(Ti-H)生成氨气，是因为该反应是放热反应，反应在冷区进行，降低温度，化学平衡正向移动，会导致NH3的产率增大，C错误；
D．热区主要是从速率上考虑，釆用高温可增大反应速率，但同时会因平衡限制导致NH3产率降低；(Ti—H)(冷区)反应就是降温而提高产率。冷热区交替使用，既可以使反应速率加快，同时又可以提高NH3产率，而不是从催化剂活性大小角度考虑，D错误；
故合理选项是B。
2．硫酸盐(含SO、HSO)溶胶是”PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A．H2O没有参与该过程 B．NO2是生成硫酸盐的还原剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程中没有共价键生成
【答案】C
【解析】
A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，A错误；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；
C．硫酸盐(含SSO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和，则硫酸盐气溶胶呈酸性，C正确；
D．根据图示转化过程中，由转化为HSO，根据图示对照，有硫氧共价键生成，D错误；
答案选C。
3．下列离子方程式正确的是
A．用白醋除铁锈：
B．酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：
C．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：
D．向含的污水中加入将其转化为
【答案】B
【解析】
A．白醋的主要成分是乙酸，乙酸是弱酸，离子反应中不能拆写，正确的离子反应方程式为：，故A错误；
B．亚铁离子和氧气、氢离子反应生成铁离子和水，离子方程式为：，故B正确；
C．氢氧化钙过量时，二者反应生成碳酸钙、NaOH和水，离子方程式为+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．向含NH3的污水中加入NaClO将其转化为N2，离子方程式：，故D错误；
答案选B。
4．为探究的性质，向溶液中分别滴加少量试剂X。
实验序号
实验装置
试剂X
实验现象
①
酸性溶液(橙色)
溶液由无色变为绿色
②
稀硫酸
无明显现象
③
稀溶液
出现白色浑浊
④
酚酞试液
溶液由无色变为红色
由上述实验现象不能得出的结论是
A．、、不能大量共存
B．、能大量共存
C．、不能大量共存
D．水解呈碱性：
【答案】B
【解析】
A．根据实验①，说明、、发生氧化还原反应，因此三者不能大量共存，能得出结论，故A不符合题意；
B．根据实验②：、反应生成H2C2O4，两者不能大量共存，不能得出结论，故B符合题意；
C．根据实验③：、反应生成白色沉淀CaC2O4，因此两者不能大量共存，能得出结论，故C不符合题意
D．根据实验④说明水解呈碱性：，能得出结论，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
5．下列事实一定能说明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是（ ）
①常温下HNO2溶液中存在的微粒有：H+、NO、HNO2，OH－、H2O
②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗
③10mL1 mol∙L−1HNO2溶液恰好与10mL1 mol∙L−1NaOH溶液完全反应
④0.1 mol∙L−1HNO2溶液的c(H+)＜0.1 mol∙L−1
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】C
【解析】
①常温下HNO2溶液中存在的微粒有：H+、NO、HNO2，OH－、H2O，还存在电解质分子，说明亚硝酸是部分电离，故①符合题意；
②不清楚HNO2溶液的浓度，不能根据导电性实验，灯泡很暗来判断电解质强弱，故②不符合题意；
③10mL1 mol∙L−1HNO2溶液恰好与10mL1 mol∙L−1NaOH溶液完全反应，两者物质的量相等，而且是1:1反应，不能说明亚硝酸是弱电解质，故③不符合题意；
④0.1 mol∙L−1HNO2溶液的c(H+)＜0.1 mol∙L−1，说明亚硝酸部分电离，故④符合题意；因此C符合题意。
综上所述，答案为C。
6．电解质溶液的导电能力(用电导率表示，且电导率越大溶液的导电能力越强)与很多因素有关，其中之一是离子的种类，如图所示(HAc代表醋酸)。下列说法正确的是（ ）
A．强酸的电导率最大，强碱次之，盐类较低
B．浓度相同时，H2SO4溶液的导电能力可能大于Na2SO4溶液
C．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
D．氨水加水稀释或加酸中和后，溶液的导电能力均下降
【答案】B
【解析】
A．当浓度相同时，强酸的电导率最大，强碱次之，盐类较低，故A错误；
B．由图可知，当浓度相同时，盐酸的电导率大于氯化钠溶液，由于其阴离子都是氯离子，说明同浓度时，氢离子电导率大于钠离子，因此，同浓度的硫酸溶液的电导率大于硫酸钠溶液，电导率越大，导电能力越强，故B正确；
C．由题意知，溶液导电能力与离子浓度和离子种类有关，强电解质溶液的离子浓度不一定大于弱电解质，则导电能力不一定比弱电解质溶液强，故C错误；
D．氨水加水稀释，溶液中离子浓度减小，导电能力下降，加酸中和后生成盐，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故D错误；
综上所述答案为B。
7．由表格中的电离常数判断下列反应可以发生的是（ ）
弱酸
HClO
H2CO3
电离常数(25℃)
K=3.2×10-8
K1=4.3×10-7
K2=4.7×10-11
A．NaClO+NaHCO3=HClO+Na2CO3
B．NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3
C．2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3
D．HClO+NaHCO3=NaClO+CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】
A．HClO的酸性比碳酸氢根强，所以该反应不能发生，故A错误；
B．酸性H2CO3>HClO>HCO，所以次氯酸钠溶液中通入二氧化碳只能生成次氯酸和碳酸氢钠，该反应可以发生，故B正确；
C．酸性H2CO3>HClO>HCO，所以次氯酸钠溶液中通入二氧化碳只能生成次氯酸和碳酸氢钠，该反应不能发生，故C错误；
D．次氯酸酸性比碳酸弱，所以该反应不能发生，故D错误；
综上所述答案为B。
8．下列各离子方程式中，属于水解反应且正确的是
A．+H2OH3O++ B．+H2ONH3•H2O+H+
C．S2-+2H2OH2S+2OH- D．H2O+H2OH3O++OH-
【答案】B
【解析】
A．+H2OH3O++是碳酸氢根离子的电离，不属于水解反应，A错误；
B．+H2ONH3•H2O+H+为铵根离子的水解反应方程式，B正确；
C．S2-水解是分步进行，以第一步为主，S2-第一步水解可表示为S2-+H2OHS-+OH-，C错误；
D．H2O+H2OH3O++OH-是水的电离方程式，D错误；
答案选B。
9．氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，在一定条件下，NH经过两步反应被氧化成NO，两步反应的能量变化示意图如下：
下列说法合理的是( )
A．该反应的催化剂是NO
B．升高温度，两步反应速率均加快，有利于NH转化成NO
C．在第一步反应中，当溶液中水的电离程度不变时，该反应即达平衡状态
D．1 mol NH在第一步反应中与1 mol NO在第二步反应中失电子数之比为1：3
【答案】C
【解析】
A．NO，在第一步反应中是生成物，在第二步反应中是反应物，为中间产物，不符合催化剂的定义，故A错误；
B．分析两步反应可知：反应物总能量大于生成物总能量，所以两步反应均为放热反应，升高温度，速率加快，但不利于NH4+转化成NO3-，故B错误；
C．第一步反应中有氢离子生成，氢离子存在抑制水的电离，当水的电离不变时，说明氢离子浓度不变，可说明此反应达到平衡状态，故C正确；
D．NH4+转化成NO3-，转移电子数为5-(-3)=8，NO转化为NO3-，转移电子数为5-4=1，转移电子数之比为8:1，故D错误；
故选C。
10．已知：100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)；焦硫酸水溶液发生如下电离：H2S2O7(aq)=H+(aq)+ HS2O(aq)，HS2O(aq) H+(aq)+ S2O(aq) K2=2.7×10-2。下列说法不正确的是（ ）
A．焦硫酸具有强氧化性
B．Na2S2O7水溶液显中性
C．98%的H2SO4可以表示为SO3•H2O
D．焦硫酸与水反应的化学方程式：H2S2O7+H2O=2H2SO4
【答案】B
【解析】
A. 由浓硫酸中+6价硫具有强氧化性可知，焦硫酸中+6价硫也具有强氧化性，A正确。
B. Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，溶于水后SO3和水反应生成硫酸，溶液显酸性，B错误。
C. 假设浓硫酸的质量为100 g，则H2SO4的质量为100 g×98%=98 g，H2O的质量为100 g-98 g=2 g，则H2SO4的物质的量为=1 mol，H2O的物质的量为=mol，
故98%的H2SO4可表示为H2SO4•H2O，如果把H2SO4表示为SO3·H2O，则98%的浓硫酸也可表示为SO3•H2O，C正确。
D. 焦硫酸与水反应可表示为H2SO4·SO3+H2O=2H2SO4，D正确。
11．CO2加氢制CH4的一种催化机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．催化过程使用的催化剂为La2O3和La2O2CO3
B．La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H*的过程为放热过程
D．CO2加氢制CH4的过程只需要La2O3催化即可完成
【答案】B
【解析】
A. 根据图中信息可知，催化过程使用的催化剂为La2O3和Ni，选项A错误；
B. 由图可以看出，是CO2*(活化分子)由La2O2CO3释放出，选项B正确；
C. H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H*的过程化学键断裂，为吸热过程，选项C错误；
D. CO2加氢制CH4的过程中La2O2CO3释放出CO2*(活化分子)，H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H*，CO2*与H*进一步生成CH4，故CO2加氢制CH4的过程需要La2O3和Ni共同催化完成，选项D错误；
答案选B。
12．二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。
下列叙述正确的是
A．海水酸化能引起HCO浓度减小、CO浓度增大
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCO⇌H++ CO
D．珊瑚周围藻类植物的生长不利于珊瑚的形成
【答案】B
【解析】
A．海水酸化导致溶液中H+浓度增大，H＋与CO结合生成HCO，海水中HCO浓度增大、CO浓度减小，故A错误；
B．H＋与CO结合，促进CaCO3Ca2++ CO正向移动，即能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少，故B正确；
C．CO2引起海水酸化是因为CO2与水反应生成碳酸，碳酸电离岀氢离子使海水酸性变强，其原理为CO2+H2OH2CO3H++ HCO，故C错误；
D．使用太阳能、氢能等新能源可以减少CO2排放，从而改善珊瑚的生存环境，故D正确；
答案选B。
13．常温下，用0.1mol∙L−1盐酸滴定10mL浓度均为0.1mol∙L−1的NaHCO3和Na2CO3的混合液，下列说法正确的是
A．在滴定前，NaHCO3和Na2CO3的混合液中c()＜c()
B．当滴入盐酸10mL时，n()+n()+n(H2CO3)=0.002mol
C．当滴入盐酸20mL时，c(H2CO3)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)
D．当滴入盐酸30mL时，溶液呈中性，此时混合溶液中c(Cl-)=c(Na+)
【答案】B
【解析】
A．在滴定前，浓度均为0.1mol∙L−1NaHCO3和Na2CO3的混合液中，由于Na2CO3中的水解程度大于的水解程度，故c()＞c()，故A不符合题意；
B．当滴入0.1mol∙L−1盐酸10mL时，消耗盐酸的物质的量为0.001mol，溶液中得到的是0.001molNa2CO3、0.001molNaCl、0.001mol的碳酸混合溶液，根据0.001molNa2CO3、0.001mol的碳酸物料守恒：n()+n()+n(H2CO3)=0.002mol，故B符合题意；
C．当滴入盐酸20mL时，溶液中得到的是0.001molNaHCO3、0.001molNaCl、0.001mol的碳酸的混合溶液，根据质子守恒：c(H2CO3)+c(H+)=c()+c(OH-)，故C不符合题意；
D．当滴入盐酸30mL时，得到的是0.001molNaCl、0.001mol碳酸的混合溶液，溶液呈酸性，此时混合溶液中的电荷守恒为：c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，c(OH-)＜c(H+)，c(Cl-)＞c(Na+)，故D不符合题意；
答案选B。
14．在一支试管中加入少量氯化钴晶体，再逐滴加入浓盐酸至晶体完全溶解，然后滴加水至溶液呈紫色为止。溶液中存在如下平衡：(aq)(粉红色)+4Cl-(aq) (aq)(蓝色)+6H2O(l) ∆H下列说法不正确的是
A．向溶液中加入适量的稀硫酸，平衡不移动，溶液仍为紫色
B．将试管放入冰水中，溶液变成粉红色，则：∆H＞0
C．当溶液中v正[()]=v逆()时，说明反应达到平衡状态
D．该反应的平衡常数K=
【答案】A
【解析】
A．向溶液中加入适量的稀硫酸，相当于稀释，平衡逆向移动，溶液变为粉红色，故A错误；
B．将试管放入冰水中，溶液变成粉红色，温度降低，说明平衡逆向移动，逆反应方向为放热反应，正反应为吸热反应，即∆H＞0，故B正确；
C．和的化学计量数相等，v正[()]=v正()，当溶液中v正[()]=v逆()时，v逆()=v正()，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，水为纯液体，不代入反应的平衡常数表达式中，该反应的平衡常数K=，故D正确；
答案选A。
15．下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（）
A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-
B．含有NO的溶液中：I-、SO、SO、H+
C．由水电离出的c(H+)=1.0´10-13 mol·L-1的溶液中：Na+、NH、SO、HCO
D．pH=11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO
【答案】D
【解析】
A．铜离子不能在无色溶液中大量存在，故A不符合题意；
B．大量氢离子存在时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化，故B不符合题意；
C．水电离出的c(H+)=1.0´10-13 mol·L-1的溶液中水的电离受到抑制，可能显强碱性，也可能显强酸性，碱性溶液中铵根、碳酸氢根不能大量存在，酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，故C不符合题意；
D．四种离子相互之间不反应，也不与NaOH反应，可以大量共存，故D符合题意；
综上所述答案为D。
16．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．0.1molL-1NH4Cl溶液中，Cl-的数量为0.1NA
B．60g的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2
C．常温下，1LpH=9的醋酸钠溶液中，水电离出的H+数为10-9NA
D．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极应有64gCu转化为Cu2+
【答案】B
【解析】
A. 0.1molL-1NH4Cl溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算Cl-的数量，故A错误；
B. 乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，故60g混合物中含有的CH2O的物质的量为2mol，而1molCH2O燃烧消耗1mol氧气，故2molCH2O燃烧消耗的氧气分子个数为2NA个，故B正确；
C. 常温下，1LpH=9的醋酸钠溶液中，水电离的氢离子的浓度为10-5mol·L－1，水电离出的H+数为10-5NA，故C错误；
D. 用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极上活泼的金属先转化为离子，转化为Cu2+的铜少于64g，故D错误；
故选B。
17．已知在常温条件下，下列说法正确的是( )
A．pH=7的溶液一定呈中性
B．若NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液的pH相等，则c(NH)也相等
C．将1mLpH=8的NaOH溶液加水稀释为100mL，pH下降两个单位
D．将10mL0.0lmol/LNaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，则消耗的HA的体积V≤10mL
【答案】A
【解析】
A．常温下条件水的离子积为Kw=10-14，所以pH=7的溶液中c(H+)= c(OH-)=10-7mol/L，所以溶液显中性，故A正确；
B．由于NH4HSO4溶液电离产生H+，抑制NH的水解，因此pH相等的两溶液中NH4HSO4溶液中的NH的浓度小于NH4Cl溶液，故B错误；
C．将1 mL pH=8的NaOH溶液加水稀释为100 mL，溶液依然为碱溶液，虽然接近中性，其pH接近7，但不会下降两个单位至pH=6，故C错误；
D．将10 mL 0.0lmol/LNaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，若HA是强酸，则消耗的HA的体积V=10mL，若HA是弱酸，不完全电离，消耗的HA的体积V＞10mL，故D错误；
综上所述答案为A。
18．下列说法正确的是
A．钢铁在潮湿的空气生锈是因为发生了析氢腐蚀
B．铅蓄电池放电时正极质量较少
C．化学电源能将化学能完全转化为电能
D．工业上用图装置电解熔融氧化铝制铝时，阳极碳块常因被生成的氧气氧化而需定期更换
【答案】D
【解析】
A. 钢铁在潮湿的空气发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故A错误；
B. 铅蓄电池在放电过程中，正极发生PbO2+ +2e−+4H+═PbSO4+2H2O，质量增大，故B错误；
C. 原电池放电时，部分化学能转化为电能，部分化学能转化为热能，故C错误；
D. 电解熔融氧化铝制铝，阳极放出氧气，会氧化阳极的碳块，所以阳极碳块需定期更换，故D正确；
故选：D。
19．中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示：
下列说法错误的是( )
A．步骤5可表示为HI+LiOH=H2O+LiI
B．CH3COOH易溶于水的主要原因是CH3COOH与H2O形成分子间氢键
C．LiOH和HI为该反应的催化剂
D．该过程的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O
【答案】C
【解析】
A．由图可知，步骤5可表示为HI+LiOH=H2O+LiI，故A正确；
B．CH3COOH与H2O形成分子间氢键，所以CH3COOH易溶于水，故B正确；
C．LiOH和HI为该反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；
D．由图可知，该过程的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；
故选C。
20．各式各样电池的迅速发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是（ ）
A．手机上用的锂离子电池可以用KOH溶液作电解液
B．锌锰干电池中，锌电极是负极
C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极上被还原
D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
【答案】B
【解析】
Ａ．锂能与水反应，不能用水溶液作电解液，故A错误；
Ｂ．锌锰干电池中锌失去电子生成Zn2+为负极，故B正确；
Ｃ．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化，故C错误；
Ｄ．太阳能电池的主要材料为硅，故D错误；
故选B。
二、非选择题（本大题包括6小题，共60分。）
21．（10分）研究高效催化剂是解决汽车尾气中的 NO和 CO 对大气污染的重要途径。
(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.0kJ/mol C(s)+ O2(g)=CO(g)ΔH2=-110.0kJ/mol N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.0kJ/mol则汽车尾气的催化转化反应 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=___________kJ/mol。
(2)400℃时，在分别装有催化剂A 和B 的两个容积为 2L 的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为 n mol的NO和CO发生上述反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表：
时间/min
0
10
20
30
∞
A 容器内压强/kPa
100.0
90.0
85.0
80.0
80.0
B 容器内压强/kPa
100.0
95.0
90.0
85.0
80.0
①由表可以判断催化剂___________(填“A”或“B”)的效果更好。
②容器中 CO 的平衡转化率为___________。400℃时，用压强表示的平衡常数 Kp=___________(kPa-1)
③汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物转化率，其原因是___________。
(3)为研究气缸中 NO 的生成，在体积可变的恒压密闭容器中，高温下充入物质的量均为 1mol 的氮气和氧气，发生反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)。
①下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是___________(填序号)。
A．2v正(O2)=v逆(NO) B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．c(N2)：c(O2)=1 D．容器内气体的密度不再发生变化
②为减小平衡混合气中 NO 的体积分数，可采取的措施是___________。(填升高温度或降低温度)
(4)对于气缸中 NO 的生成，化学家提出了如下反应历程：第一步O2⇌2O慢反应，第 二 步O+N2⇌NO+N 较快平衡，第三步N+O2⇌NO+O快速平衡；下列说法正确的是___________(填标号)。
A．N、O原子均为该反应的催化剂 B．第一步反应不从 N2 分解开始，是因为N2比O2稳定
C．三步反应中第一步反应活化能最小 D．三步反应的速率都随温度升高而增大
【答案】(1)-746 （2分） (2) ① A （1分） ②80% （2分） 3.2 （1分） ③ 催化剂能加快反应速率，使更多污染物 转化为无害气体 （1分） （3）① A（1分） ②降低温度 （1分） （4） BD （1分）
【解析】
(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.0kJ/mol，②2C(s)+ O2(g)=2CO(g)ΔH2=-110.0kJ/mol，③N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.0kJ/mol，根据盖斯定律，2×①-2×②-③可得NO(g)+2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，ΔH=-393.0kJ/mol×2+110.0kJ/mol×2-180.0kJ/mol=-746 kJ/mol；
(2)①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，催化剂A使用时间短，效果好；
②在恒容的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，
2n:(2n-0.5x)=100.0:80.0，则x=0.8n，CO的平衡转化率=×100%=80%；
Kp==3.2 kPa-1；
③汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物转化率，其原因是排气管是敝口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物转化率就越高；
(3)①A．2v正(O2)= v逆(NO)=2v逆(O2)，正反应速率等于逆反应速率，则说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．混合气体的总质量及物质的量不变，则平均相对分子质量始终保持不变，B与题意不符；
C．c(N2)：c(O2)=l不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，C与题意不符；
D．混合气体的总质量不变，该容器为恒压，该反应体系气体的物质的量不变，则总体积不变，即混合气体的密度一直不变，D与题意不符；
答案为A；
②已知氮气与氧气反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，NO的体积分数减小；
(4)A．根据反应历程分析，O 原子为该反应的催化剂，A说法错误；
B．N2比O2稳定，氮气分解较难，则第一步反应不从N2分解开始，B说法正确；
C．反应速率越慢，活化能越大，则三步反应中第一步反应活化能最大，C说法错误；
D．升高温度反应速率增大，则三步反应的速率都随温度升高而增大，D说法正确；
答案为BD。
22．（10分）测定平衡常数对定量认识化学反应具有重要意义。已知：I2能与I-反应成，并在溶液中建立如下平衡：I2+I-。通过测平衡体系中c(I2)、c(I-)和c()，就可求得该反应的平衡常数。
I.某同学为测定上述平衡体系中c (I2)，采用如下方法：取V1mL平衡混合溶液，用c mol/L的Na2S203溶液进行滴定(反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，消耗V2mL的Na2S2O3溶液。根据V1、V2和c可求得c(I2)。
(1)上述滴定时，可采用________ 做指示剂，滴定终点的现象___________。
(2)下列对该同学设计方案的分析，正确的是______填字母)。
A．方案可行。能准确测定溶液中的c (I2)
B．不可行。因为I-能与Na2S2O3发生反应
C．不可行。只能测得溶液中c(I2)与c()之和
Ⅱ.化学兴趣小组对上述方案进行改进，拟采用下述方法来测定该反应的平衡常数(室温条件下进行，溶液体积变化忽略不计)：
已知：①I-和不溶于CC14；②一定温度下碘单质在四氯化碳和水混合液体中，碘单质的浓度比值即是一个常数(用Kd表示，称为分配系数)，且室温条件下Kd=85。回答下列问题：
(3)操作I使用的玻璃仪器中，除烧杯、玻璃棒外，还需要的仪器是____(填名称)。
(4)下层液体中碘单质的物质的量浓度是________。
(5)实验测得上层溶液中c()=0.049 mol/L，结合上述有关数据，计算室温条件下反应I2+I-的平衡常数K= ___________(用具体数据列出计算式即可)。
【答案】（1）淀粉 （1分） 溶液由蓝色变无色，且半分钟内颜色不再改变 （1分）
（2） C （1分）
（3）分液漏斗 （1分）
（4）0.085mol/L （3分）
（5）961 （3分）
【解析】
(1)碘单质遇淀粉，溶液呈特殊的蓝色，即可用淀粉做指示剂；滴定终点碘反应完全，现象是：溶液由蓝色变无色；
(2)由于碘单质能与I-反应成I3-，并在溶液中建立如下平衡：I2+I-⇌I3-。随着碘单质浓度的减小，平衡向左移动，所以上述的方案只能测得溶液中c(I2)与c(I3－)之和，方案不可行，答案为C；
(3)萃取后溶液分为有机层与水溶液层，操作I就是分液操作：用分液漏斗将其分离，缺少仪器为分液漏斗；
(4)根据I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6，n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2，则c(I2)×0.010L：0.1mol/L×0.017L=1：2， ==0.085mol/L；
(5)由Kd==85，得上层溶液中c(I2)= 0.085/85=0.001mol/L，原溶液中c(I-)=0.1mol·L－1，上层溶液中c(I3-)=0.049 mol·L－1，由反应I2+I-I3-可知，上层溶液中c(I-)=(0.1-0.049)mol·L－1=0.051mol·L－1，平衡常数K=961。
23．（8分）铁是一种在生产和生活中应用很广泛的金属元素，请回答下列钢铁腐蚀和防护的相关问题。
（1）已知：
反应Ⅰ：Fe2O3(s)＋3H2(g)═2Fe(s)＋3H2O(g)ΔH1═＋89.6kJ·mol−1
反应Ⅱ：4Fe2O3(s)＋Fe(s)═3Fe3O4(s)ΔH2═＋2833.4kJ·mol−1
反应Ⅲ：Fe3O4(s)＋4H2(g)═4H2O(g)＋3Fe(s)ΔH3
反应Ⅰ的平衡常数表达式K═__，ΔH3═__。
（2）在水膜酸性不强的情况下，钢铁在潮湿的空气中腐蚀生锈主要属于__腐蚀。（填“吸氧”或“析氢”）
（3）电化学除锈法具有侵蚀能力强，侵蚀速度快等优点。电化学除锈分为阳极除锈和阴极除锈。阳极除锈是利用阳极的电化学溶解和氧气泡析出时对铁锈的机械剥离作用进行除锈；阴极除锈是利用氢气的还原作用和氢气泡析出的机械剥离作用而除锈。如图为一种电化学除锈示意图。
①若采用阳极除锈，以H2SO4(aq)为电解质溶液，则阳极的电极反应式为__。
②若采用阴极除锈，以Na2CO3(aq)为电解质溶液，则阴极的电极反应式为___。
（4）钢铁工件除锈后，还可采用电镀进行防护，若要在工件上镀上金属铬，应把钢铁工件放在电镀池的___极（填“阴”或“阳”）。
【答案】（1） （2分） -825kJ•mol-1 （2分） （2）吸氧 （2分） （3） 4OH--4e-=O2↑+2H2O （2分）2H++2e-=H2↑ （1分） （4）阴 （1分）
【解析】
(1)由方程式可知，Fe2O3、Fe是固体，所以反应I的平衡常数表达式 ，由盖斯定律可知，反应Ⅲ= (反应I 4—反应Ⅱ)可得△H3= -825 kJ/mol；
(2)在水膜酸性不强的情况下，钢铁在潮湿的空气中腐蚀生锈主要属于吸氧腐蚀；
(3)①电解硫酸溶液相当于电解水，所以采用阳极除锈，以H2SO4(aq)为电解质溶液，根据放电顺序，氢氧根大于含氧酸根，则阳极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；②电解Na2CO3溶液相当于电解水，所以采用阴极除锈以Na2CO3 (aq)为电解质溶液阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑；
(4)电镀时，镀件作阴极、镀层金属作阳极，所以在钢铁工件上镀铬，应把钢铁工件放在电镀池的阴极。
24．（10分）某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水处理流程如图所示：
(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30 ℃，通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：_____________。
(2)过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。其中第一步反应的能量变化示意如图：
已知第二步反应：2NO (aq)＋O2(g)＝2NO (aq)，ΔH＝－146 kJ∙mol−1
则1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式是______________。
(3)过程Ⅲ：利用生成的HNO3进行一系列的工业生产。其中一种就是以HNO3为原料来制取新型硝化剂N2O5。现以H2、O2、熔融的Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。
①石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式：___________________________。
②在电解池中生成N2O5的电极反应式：___________________________。
③整个电解过程中，若有4.48L(标况下)O2参加反应，则能够得到N2O5______g。
【答案】（1）NH＋OH－＝NH3·H2O （2分） （2）NH(aq)＋2O2(g)＝2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ∙mol−1 （2分） （3）H2＋CO－2e－＝CO2＋H2O （2分） N2O4＋2HNO3－2e－＝2N2O5＋2H＋ （2分） 8.64 （2分）
【解析】
(1)题意，加NaOH溶液，主要是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，调节pH至9后，升温至30 ℃，通空气将氨赶出并回收，因此NaOH溶液的作用是NH＋OH－＝NH3·H2O；故答案为：NH＋OH－＝NH3·H2O。
(2)根据题意得到NH(aq)＋1.5O2(g)＝ NO(aq) ＋ 2H＋(aq) ＋ H2O(l)，ΔH＝－273 kJ∙mol−1，已知第二步反应：2NO(aq)＋O2(g)＝2NO(aq)，ΔH＝－146 kJ∙mol−1，将第一个方程式加上第二个方程式的0.5倍得到1 mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是NH(aq)＋2O2(g)＝2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ∙mol−1；故答案为：NH(aq)＋2O2(g)＝2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ∙mol−1。
(3)①根据图中信息，石墨Ⅰ是氢气化合价升高变为水，作原电池负极，因此石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式：H2＋CO－2e－＝CO2＋H2O；故答案为：H2＋CO－2e－＝CO2＋H2O。
②根据图中信息，电解池中生成N2O5，则化合价发生变化，因此在电解质的左边化合价升高得到，其电极反应式：N2O4＋2HNO3－2e－＝2N2O5＋2H＋；故答案为：N2O4＋2HNO3－2e－＝2N2O5＋2H＋。
③整个电解过程中，若有4.48L(标况下)O2参加反应即物质的量为0.2mol，转移0.8mol电子，根据方程式N2O4＋2HNO3－2e－＝2N2O5，则得到N2O5的物质的量为0.8mol，N2O5质量为0.8mol×108 g∙mol−1＝8.64g；故答案为：8.64。
25．（9分）每年的6月5日为世界环境日，世界环境日的意义在于提醒全世界注意地球状况和人类活动对环境的危害。NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=-116.1kJ·mol-1
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=+75.9kJ·mol-1
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=______kJ·mol-1。
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：__________。
(3)pH均为2的HNO3和HNO2溶液，分别加水稀释到pH=4，______加入的水多。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成N2 的体积在标准状况下为15.68L时，转移的电子的物质的量为________。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50~150℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率迅速上升的主要原因是_______；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是________。
【答案】（1）-136.2 （2分） （2）HNO2-2e-+H2O=3H++ （2分） （3） HNO2 （1分） （4）2.4mol （2分） 催化剂的活性随温度升高增大 （1分） NH3与O2反应生成了NO （1分）
【解析】
(1)已知：①2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH1=−116.1 kJ·mol−1
②3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH2=75.9 kJ·mol−1
根据盖斯定律，由①+②得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=（−116.1 kJ·mol−1）+75.9 kJ·mol−1=-136.2kJ·mol−1；
(2)根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+；
(3)HNO3为强酸，HNO2为弱酸，pH均为2的HNO3和HNO2溶液，前者浓度小，后者存在电离平衡，加水过程中电离出更多的氢离子，分别加水稀释到pH=4，HNO2加入的水多；
(4)①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。当生成N2 的体积在标准状况下为15.68L时，即0.7molN2，转移电子数为2.4mol；
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。
【点睛】
本题以有效去除NOx为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
26．（13分）(1)碳的氧化物可用来制备碳酰肼[，其中碳元素为价]．加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳．该反应的化学方程式为________．
(2)控制城市空气污染源的方法可以有_________(多选)
A．开发新能源 B．使用电动车 C．植树造林 D．戴上呼吸面具
(3)有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称．如消除采矿业胶液中的氰化物(如)，经以下反应实现：，则生成物A的化学式为________．
(4)火法炼铅的废气中含低浓度，可将废气通入过量氦水中进行处理，反应的离子方程式为______．
(5)取某钛液，加铝粉，使其发生反应(未配平)，反应消耗铝，则该钛液中的物质的量浓度为__________．
(6)工业上利用纳米和组成的体系储放氢(如图所示)．写出放氢过程中发生反应的化学方程式：_____________．
(7)工业上可以釆用热还原法制备金属镁(沸点107℃，熔点648.8℃)．将碱式碳酸镁和焦炭按一定比例混合，放入真空管式炉中先升温至700℃保持一段时间，然后升温至1450℃反应制得镁(同时生成可燃性气体)．
①用碳还原法制备金属镁需要在真空中而不在空气中进行，其原因是__________．
②碱式碳酸镁分解如图所示，写出在1450℃反应制得镁的化学方程式：_________．
【答案】（1） （2分） （2）AB（2分） （3） （1分） （4）（2分） （5） （2分） （6）（2分） （7）在空气中镁被氧气氧化 （1分） （1分）
【解析】
（1）根据题意，加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳．反应的化学方程式为，故答案为：；
(2) A．开发新能源，可以从源头上减少污染气体的排放，可控制空气污染，A正确；
B．使用电动车，可以从源头上减少污染气体的排放，可控制空气污染，B正确；
C．植树造林不能减少污染气体的排放，只能减小其危害程度，C错误；
D．戴上呼吸面具不能减少污染气体的排放，只能减小其危害程度，D错误；
故答案为：AB。
(3)反应，根据原子个数守恒，A含有1个K原子，1个C原子，3个O原子，形成的化学式为，所以A的化学式为，故答案为：；
(4)火法炼铅的废气中含低浓度，可将废气通入过量氨水中进行处理，生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
(5)的物质的量为0.04mol，失去电子数为0.12mol，根据化学方程式，价态降低，生成Ti3+，根据电子得失守恒，n()×(4-3)=0.12，解得n()=0.12，所以c()==，故答案为：；
(6)由图可知，放氢过程中，反应物为和，生成物为、、，化学方程式为，故答案为：；
(7) ①由于镁是活泼金属，在空气中镁被氧气氧化，所以用碳还原法制备金属镁需要在真空中进行，故答案为：在空气中镁被氧气氧化；
②将碱式碳酸镁和焦炭按一定比例混合，放入真空管式炉中先升温至700℃保持一段时间，然后升温至1450℃反应制得镁，同时生成可燃性气体，可判断可燃性气体为CO，反应为1450℃时，应为氧化镁，氧化镁在碳的作用下还原为镁，同时产生CO，所以化学方程式为，故答案为：。
2022-2023学年高二化学上学期期末测试卷02
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
考试范围：2019鲁科版选择性必修1全部内容
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题（本大题包括20小题，每小题2分，共40分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的）
1．热催化合成氨面临的两难问题：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了(Ti-H)(冷区)-(Fe)(热区)双温区催化剂。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是( )
A．放热过程在冷区进行，吸热反应在热区进行
B．反应②，正反应活化能最大
C．(Ti-H)生成氨气，是因为反应速率最大
D．冷热区交替使用，主要目的是使催化剂活性最大
【答案】B
【解析】
A．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都是吸热反应，需要在高温时进行，而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，A错误；
B．②的生成物的相对能量比反应物的相对能量高，为吸热过程，其余过程则是生成物能量比反应物的能量低，是放热过程，故反应②的正反应活化能最大，B正确；
C．(Ti-H)生成氨气，是因为该反应是放热反应，反应在冷区进行，降低温度，化学平衡正向移动，会导致NH3的产率增大，C错误；
D．热区主要是从速率上考虑，釆用高温可增大反应速率，但同时会因平衡限制导致NH3产率降低；(Ti—H)(冷区)反应就是降温而提高产率。冷热区交替使用，既可以使反应速率加快，同时又可以提高NH3产率，而不是从催化剂活性大小角度考虑，D错误；
故合理选项是B。
2．硫酸盐(含SO、HSO)溶胶是”PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：
下列说法正确的是（ ）
A．H2O没有参与该过程 B．NO2是生成硫酸盐的还原剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程中没有共价键生成
【答案】C
【解析】
A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，A错误；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，B错误；
C．硫酸盐(含SSO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和，则硫酸盐气溶胶呈酸性，C正确；
D．根据图示转化过程中，由转化为HSO，根据图示对照，有硫氧共价键生成，D错误；
答案选C。
3．下列离子方程式正确的是
A．用白醋除铁锈：
B．酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：
C．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：
D．向含的污水中加入将其转化为
【答案】B
【解析】
A．白醋的主要成分是乙酸，乙酸是弱酸，离子反应中不能拆写，正确的离子反应方程式为：，故A错误；
B．亚铁离子和氧气、氢离子反应生成铁离子和水，离子方程式为：，故B正确；
C．氢氧化钙过量时，二者反应生成碳酸钙、NaOH和水，离子方程式为+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．向含NH3的污水中加入NaClO将其转化为N2，离子方程式：，故D错误；
答案选B。
4．为探究的性质，向溶液中分别滴加少量试剂X。
实验序号
实验装置
试剂X
实验现象
①
酸性溶液(橙色)
溶液由无色变为绿色
②
稀硫酸
无明显现象
③
稀溶液
出现白色浑浊
④
酚酞试液
溶液由无色变为红色
由上述实验现象不能得出的结论是
A．、、不能大量共存
B．、能大量共存
C．、不能大量共存
D．水解呈碱性：
【答案】B
【解析】
A．根据实验①，说明、、发生氧化还原反应，因此三者不能大量共存，能得出结论，故A不符合题意；
B．根据实验②：、反应生成H2C2O4，两者不能大量共存，不能得出结论，故B符合题意；
C．根据实验③：、反应生成白色沉淀CaC2O4，因此两者不能大量共存，能得出结论，故C不符合题意
D．根据实验④说明水解呈碱性：，能得出结论，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
5．下列事实一定能说明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是（ ）
①常温下HNO2溶液中存在的微粒有：H+、NO、HNO2，OH－、H2O
②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗
③10mL1 mol∙L−1HNO2溶液恰好与10mL1 mol∙L−1NaOH溶液完全反应
④0.1 mol∙L−1HNO2溶液的c(H+)＜0.1 mol∙L−1
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】C
【解析】
①常温下HNO2溶液中存在的微粒有：H+、NO、HNO2，OH－、H2O，还存在电解质分子，说明亚硝酸是部分电离，故①符合题意；
②不清楚HNO2溶液的浓度，不能根据导电性实验，灯泡很暗来判断电解质强弱，故②不符合题意；
③10mL1 mol∙L−1HNO2溶液恰好与10mL1 mol∙L−1NaOH溶液完全反应，两者物质的量相等，而且是1:1反应，不能说明亚硝酸是弱电解质，故③不符合题意；
④0.1 mol∙L−1HNO2溶液的c(H+)＜0.1 mol∙L−1，说明亚硝酸部分电离，故④符合题意；因此C符合题意。
综上所述，答案为C。
6．电解质溶液的导电能力(用电导率表示，且电导率越大溶液的导电能力越强)与很多因素有关，其中之一是离子的种类，如图所示(HAc代表醋酸)。下列说法正确的是（ ）
A．强酸的电导率最大，强碱次之，盐类较低
B．浓度相同时，H2SO4溶液的导电能力可能大于Na2SO4溶液
C．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
D．氨水加水稀释或加酸中和后，溶液的导电能力均下降
【答案】B
【解析】
A．当浓度相同时，强酸的电导率最大，强碱次之，盐类较低，故A错误；
B．由图可知，当浓度相同时，盐酸的电导率大于氯化钠溶液，由于其阴离子都是氯离子，说明同浓度时，氢离子电导率大于钠离子，因此，同浓度的硫酸溶液的电导率大于硫酸钠溶液，电导率越大，导电能力越强，故B正确；
C．由题意知，溶液导电能力与离子浓度和离子种类有关，强电解质溶液的离子浓度不一定大于弱电解质，则导电能力不一定比弱电解质溶液强，故C错误；
D．氨水加水稀释，溶液中离子浓度减小，导电能力下降，加酸中和后生成盐，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故D错误；
综上所述答案为B。
7．由表格中的电离常数判断下列反应可以发生的是（ ）
弱酸
HClO
H2CO3
电离常数(25℃)
K=3.2×10-8
K1=4.3×10-7
K2=4.7×10-11
A．NaClO+NaHCO3=HClO+Na2CO3
B．NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3
C．2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3
D．HClO+NaHCO3=NaClO+CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】
A．HClO的酸性比碳酸氢根强，所以该反应不能发生，故A错误；
B．酸性H2CO3>HClO>HCO，所以次氯酸钠溶液中通入二氧化碳只能生成次氯酸和碳酸氢钠，该反应可以发生，故B正确；
C．酸性H2CO3>HClO>HCO，所以次氯酸钠溶液中通入二氧化碳只能生成次氯酸和碳酸氢钠，该反应不能发生，故C错误；
D．次氯酸酸性比碳酸弱，所以该反应不能发生，故D错误；
综上所述答案为B。
8．下列各离子方程式中，属于水解反应且正确的是
A．+H2OH3O++ B．+H2ONH3•H2O+H+
C．S2-+2H2OH2S+2OH- D．H2O+H2OH3O++OH-
【答案】B
【解析】
A．+H2OH3O++是碳酸氢根离子的电离，不属于水解反应，A错误；
B．+H2ONH3•H2O+H+为铵根离子的水解反应方程式，B正确；
C．S2-水解是分步进行，以第一步为主，S2-第一步水解可表示为S2-+H2OHS-+OH-，C错误；
D．H2O+H2OH3O++OH-是水的电离方程式，D错误；
答案选B。
9．氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，在一定条件下，NH经过两步反应被氧化成NO，两步反应的能量变化示意图如下：
下列说法合理的是( )
A．该反应的催化剂是NO
B．升高温度，两步反应速率均加快，有利于NH转化成NO
C．在第一步反应中，当溶液中水的电离程度不变时，该反应即达平衡状态
D．1 mol NH在第一步反应中与1 mol NO在第二步反应中失电子数之比为1：3
【答案】C
【解析】
A．NO，在第一步反应中是生成物，在第二步反应中是反应物，为中间产物，不符合催化剂的定义，故A错误；
B．分析两步反应可知：反应物总能量大于生成物总能量，所以两步反应均为放热反应，升高温度，速率加快，但不利于NH4+转化成NO3-，故B错误；
C．第一步反应中有氢离子生成，氢离子存在抑制水的电离，当水的电离不变时，说明氢离子浓度不变，可说明此反应达到平衡状态，故C正确；
D．NH4+转化成NO3-，转移电子数为5-(-3)=8，NO转化为NO3-，转移电子数为5-4=1，转移电子数之比为8:1，故D错误；
故选C。
10．已知：100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)；焦硫酸水溶液发生如下电离：H2S2O7(aq)=H+(aq)+ HS2O(aq)，HS2O(aq) H+(aq)+ S2O(aq) K2=2.7×10-2。下列说法不正确的是（ ）
A．焦硫酸具有强氧化性
B．Na2S2O7水溶液显中性
C．98%的H2SO4可以表示为SO3•H2O
D．焦硫酸与水反应的化学方程式：H2S2O7+H2O=2H2SO4
【答案】B
【解析】
A. 由浓硫酸中+6价硫具有强氧化性可知，焦硫酸中+6价硫也具有强氧化性，A正确。
B. Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，溶于水后SO3和水反应生成硫酸，溶液显酸性，B错误。
C. 假设浓硫酸的质量为100 g，则H2SO4的质量为100 g×98%=98 g，H2O的质量为100 g-98 g=2 g，则H2SO4的物质的量为=1 mol，H2O的物质的量为=mol，
故98%的H2SO4可表示为H2SO4•H2O，如果把H2SO4表示为SO3·H2O，则98%的浓硫酸也可表示为SO3•H2O，C正确。
D. 焦硫酸与水反应可表示为H2SO4·SO3+H2O=2H2SO4，D正确。
11．CO2加氢制CH4的一种催化机理如图，下列说法正确的是（ ）
A．催化过程使用的催化剂为La2O3和La2O2CO3
B．La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H*的过程为放热过程
D．CO2加氢制CH4的过程只需要La2O3催化即可完成
【答案】B
【解析】
A. 根据图中信息可知，催化过程使用的催化剂为La2O3和Ni，选项A错误；
B. 由图可以看出，是CO2*(活化分子)由La2O2CO3释放出，选项B正确；
C. H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H*的过程化学键断裂，为吸热过程，选项C错误；
D. CO2加氢制CH4的过程中La2O2CO3释放出CO2*(活化分子)，H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H*，CO2*与H*进一步生成CH4，故CO2加氢制CH4的过程需要La2O3和Ni共同催化完成，选项D错误；
答案选B。
12．二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。
下列叙述正确的是
A．海水酸化能引起HCO浓度减小、CO浓度增大
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCO⇌H++ CO
D．珊瑚周围藻类植物的生长不利于珊瑚的形成
【答案】B
【解析】
A．海水酸化导致溶液中H+浓度增大，H＋与CO结合生成HCO，海水中HCO浓度增大、CO浓度减小，故A错误；
B．H＋与CO结合，促进CaCO3Ca2++ CO正向移动，即能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少，故B正确；
C．CO2引起海水酸化是因为CO2与水反应生成碳酸，碳酸电离岀氢离子使海水酸性变强，其原理为CO2+H2OH2CO3H++ HCO，故C错误；
D．使用太阳能、氢能等新能源可以减少CO2排放，从而改善珊瑚的生存环境，故D正确；
答案选B。
13．常温下，用0.1mol∙L−1盐酸滴定10mL浓度均为0.1mol∙L−1的NaHCO3和Na2CO3的混合液，下列说法正确的是
A．在滴定前，NaHCO3和Na2CO3的混合液中c()＜c()
B．当滴入盐酸10mL时，n()+n()+n(H2CO3)=0.002mol
C．当滴入盐酸20mL时，c(H2CO3)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)
D．当滴入盐酸30mL时，溶液呈中性，此时混合溶液中c(Cl-)=c(Na+)
【答案】B
【解析】
A．在滴定前，浓度均为0.1mol∙L−1NaHCO3和Na2CO3的混合液中，由于Na2CO3中的水解程度大于的水解程度，故c()＞c()，故A不符合题意；
B．当滴入0.1mol∙L−1盐酸10mL时，消耗盐酸的物质的量为0.001mol，溶液中得到的是0.001molNa2CO3、0.001molNaCl、0.001mol的碳酸混合溶液，根据0.001molNa2CO3、0.001mol的碳酸物料守恒：n()+n()+n(H2CO3)=0.002mol，故B符合题意；
C．当滴入盐酸20mL时，溶液中得到的是0.001molNaHCO3、0.001molNaCl、0.001mol的碳酸的混合溶液，根据质子守恒：c(H2CO3)+c(H+)=c()+c(OH-)，故C不符合题意；
D．当滴入盐酸30mL时，得到的是0.001molNaCl、0.001mol碳酸的混合溶液，溶液呈酸性，此时混合溶液中的电荷守恒为：c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，c(OH-)＜c(H+)，c(Cl-)＞c(Na+)，故D不符合题意；
答案选B。
14．在一支试管中加入少量氯化钴晶体，再逐滴加入浓盐酸至晶体完全溶解，然后滴加水至溶液呈紫色为止。溶液中存在如下平衡：(aq)(粉红色)+4Cl-(aq) (aq)(蓝色)+6H2O(l) ∆H下列说法不正确的是
A．向溶液中加入适量的稀硫酸，平衡不移动，溶液仍为紫色
B．将试管放入冰水中，溶液变成粉红色，则：∆H＞0
C．当溶液中v正[()]=v逆()时，说明反应达到平衡状态
D．该反应的平衡常数K=
【答案】A
【解析】
A．向溶液中加入适量的稀硫酸，相当于稀释，平衡逆向移动，溶液变为粉红色，故A错误；
B．将试管放入冰水中，溶液变成粉红色，温度降低，说明平衡逆向移动，逆反应方向为放热反应，正反应为吸热反应，即∆H＞0，故B正确；
C．和的化学计量数相等，v正[()]=v正()，当溶液中v正[()]=v逆()时，v逆()=v正()，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，水为纯液体，不代入反应的平衡常数表达式中，该反应的平衡常数K=，故D正确；
答案选A。
15．下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（）
A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-
B．含有NO的溶液中：I-、SO、SO、H+
C．由水电离出的c(H+)=1.0´10-13 mol·L-1的溶液中：Na+、NH、SO、HCO
D．pH=11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO
【答案】D
【解析】
A．铜离子不能在无色溶液中大量存在，故A不符合题意；
B．大量氢离子存在时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化，故B不符合题意；
C．水电离出的c(H+)=1.0´10-13 mol·L-1的溶液中水的电离受到抑制，可能显强碱性，也可能显强酸性，碱性溶液中铵根、碳酸氢根不能大量存在，酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，故C不符合题意；
D．四种离子相互之间不反应，也不与NaOH反应，可以大量共存，故D符合题意；
综上所述答案为D。
16．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．0.1molL-1NH4Cl溶液中，Cl-的数量为0.1NA
B．60g的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2
C．常温下，1LpH=9的醋酸钠溶液中，水电离出的H+数为10-9NA
D．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极应有64gCu转化为Cu2+
【答案】B
【解析】
A. 0.1molL-1NH4Cl溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算Cl-的数量，故A错误；
B. 乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，故60g混合物中含有的CH2O的物质的量为2mol，而1molCH2O燃烧消耗1mol氧气，故2molCH2O燃烧消耗的氧气分子个数为2NA个，故B正确；
C. 常温下，1LpH=9的醋酸钠溶液中，水电离的氢离子的浓度为10-5mol·L－1，水电离出的H+数为10-5NA，故C错误；
D. 用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极上活泼的金属先转化为离子，转化为Cu2+的铜少于64g，故D错误；
故选B。
17．已知在常温条件下，下列说法正确的是( )
A．pH=7的溶液一定呈中性
B．若NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液的pH相等，则c(NH)也相等
C．将1mLpH=8的NaOH溶液加水稀释为100mL，pH下降两个单位
D．将10mL0.0lmol/LNaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，则消耗的HA的体积V≤10mL
【答案】A
【解析】
A．常温下条件水的离子积为Kw=10-14，所以pH=7的溶液中c(H+)= c(OH-)=10-7mol/L，所以溶液显中性，故A正确；
B．由于NH4HSO4溶液电离产生H+，抑制NH的水解，因此pH相等的两溶液中NH4HSO4溶液中的NH的浓度小于NH4Cl溶液，故B错误；
C．将1 mL pH=8的NaOH溶液加水稀释为100 mL，溶液依然为碱溶液，虽然接近中性，其pH接近7，但不会下降两个单位至pH=6，故C错误；
D．将10 mL 0.0lmol/LNaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，若HA是强酸，则消耗的HA的体积V=10mL，若HA是弱酸，不完全电离，消耗的HA的体积V＞10mL，故D错误；
综上所述答案为A。
18．下列说法正确的是
A．钢铁在潮湿的空气生锈是因为发生了析氢腐蚀
B．铅蓄电池放电时正极质量较少
C．化学电源能将化学能完全转化为电能
D．工业上用图装置电解熔融氧化铝制铝时，阳极碳块常因被生成的氧气氧化而需定期更换
【答案】D
【解析】
A. 钢铁在潮湿的空气发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故A错误；
B. 铅蓄电池在放电过程中，正极发生PbO2+ +2e−+4H+═PbSO4+2H2O，质量增大，故B错误；
C. 原电池放电时，部分化学能转化为电能，部分化学能转化为热能，故C错误；
D. 电解熔融氧化铝制铝，阳极放出氧气，会氧化阳极的碳块，所以阳极碳块需定期更换，故D正确；
故选：D。
19．中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示：
下列说法错误的是( )
A．步骤5可表示为HI+LiOH=H2O+LiI
B．CH3COOH易溶于水的主要原因是CH3COOH与H2O形成分子间氢键
C．LiOH和HI为该反应的催化剂
D．该过程的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O
【答案】C
【解析】
A．由图可知，步骤5可表示为HI+LiOH=H2O+LiI，故A正确；
B．CH3COOH与H2O形成分子间氢键，所以CH3COOH易溶于水，故B正确；
C．LiOH和HI为该反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；
D．由图可知，该过程的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；
故选C。
20．各式各样电池的迅速发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是（ ）
A．手机上用的锂离子电池可以用KOH溶液作电解液
B．锌锰干电池中，锌电极是负极
C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极上被还原
D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
【答案】B
【解析】
Ａ．锂能与水反应，不能用水溶液作电解液，故A错误；
Ｂ．锌锰干电池中锌失去电子生成Zn2+为负极，故B正确；
Ｃ．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化，故C错误；
Ｄ．太阳能电池的主要材料为硅，故D错误；
故选B。
二、非选择题（本大题包括6小题，共60分。）
21．（10分）研究高效催化剂是解决汽车尾气中的 NO和 CO 对大气污染的重要途径。
(1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.0kJ/mol C(s)+ O2(g)=CO(g)ΔH2=-110.0kJ/mol N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.0kJ/mol则汽车尾气的催化转化反应 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=___________kJ/mol。
(2)400℃时，在分别装有催化剂A 和B 的两个容积为 2L 的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为 n mol的NO和CO发生上述反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表：
时间/min
0
10
20
30
∞
A 容器内压强/kPa
100.0
90.0
85.0
80.0
80.0
B 容器内压强/kPa
100.0
95.0
90.0
85.0
80.0
①由表可以判断催化剂___________(填“A”或“B”)的效果更好。
②容器中 CO 的平衡转化率为___________。400℃时，用压强表示的平衡常数 Kp=___________(kPa-1)
③汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物转化率，其原因是___________。
(3)为研究气缸中 NO 的生成，在体积可变的恒压密闭容器中，高温下充入物质的量均为 1mol 的氮气和氧气，发生反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)。
①下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是___________(填序号)。
A．2v正(O2)=v逆(NO) B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．c(N2)：c(O2)=1 D．容器内气体的密度不再发生变化
②为减小平衡混合气中 NO 的体积分数，可采取的措施是___________。(填升高温度或降低温度)
(4)对于气缸中 NO 的生成，化学家提出了如下反应历程：第一步O2⇌2O慢反应，第 二 步O+N2⇌NO+N 较快平衡，第三步N+O2⇌NO+O快速平衡；下列说法正确的是___________(填标号)。
A．N、O原子均为该反应的催化剂 B．第一步反应不从 N2 分解开始，是因为N2比O2稳定
C．三步反应中第一步反应活化能最小 D．三步反应的速率都随温度升高而增大
【答案】(1)-746 （2分） (2) ① A （1分） ②80% （2分） 3.2 （1分） ③ 催化剂能加快反应速率，使更多污染物 转化为无害气体 （1分） （3）① A（1分） ②降低温度 （1分） （4） BD （1分）
【解析】
(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.0kJ/mol，②2C(s)+ O2(g)=2CO(g)ΔH2=-110.0kJ/mol，③N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.0kJ/mol，根据盖斯定律，2×①-2×②-③可得NO(g)+2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，ΔH=-393.0kJ/mol×2+110.0kJ/mol×2-180.0kJ/mol=-746 kJ/mol；
(2)①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，催化剂A使用时间短，效果好；
②在恒容的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，
2n:(2n-0.5x)=100.0:80.0，则x=0.8n，CO的平衡转化率=×100%=80%；
Kp==3.2 kPa-1；
③汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物转化率，其原因是排气管是敝口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物转化率就越高；
(3)①A．2v正(O2)= v逆(NO)=2v逆(O2)，正反应速率等于逆反应速率，则说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．混合气体的总质量及物质的量不变，则平均相对分子质量始终保持不变，B与题意不符；
C．c(N2)：c(O2)=l不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，C与题意不符；
D．混合气体的总质量不变，该容器为恒压，该反应体系气体的物质的量不变，则总体积不变，即混合气体的密度一直不变，D与题意不符；
答案为A；
②已知氮气与氧气反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，NO的体积分数减小；
(4)A．根据反应历程分析，O 原子为该反应的催化剂，A说法错误；
B．N2比O2稳定，氮气分解较难，则第一步反应不从N2分解开始，B说法正确；
C．反应速率越慢，活化能越大，则三步反应中第一步反应活化能最大，C说法错误；
D．升高温度反应速率增大，则三步反应的速率都随温度升高而增大，D说法正确；
答案为BD。
22．（10分）测定平衡常数对定量认识化学反应具有重要意义。已知：I2能与I-反应成，并在溶液中建立如下平衡：I2+I-。通过测平衡体系中c(I2)、c(I-)和c()，就可求得该反应的平衡常数。
I.某同学为测定上述平衡体系中c (I2)，采用如下方法：取V1mL平衡混合溶液，用c mol/L的Na2S203溶液进行滴定(反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，消耗V2mL的Na2S2O3溶液。根据V1、V2和c可求得c(I2)。
(1)上述滴定时，可采用________ 做指示剂，滴定终点的现象___________。
(2)下列对该同学设计方案的分析，正确的是______填字母)。
A．方案可行。能准确测定溶液中的c (I2)
B．不可行。因为I-能与Na2S2O3发生反应
C．不可行。只能测得溶液中c(I2)与c()之和
Ⅱ.化学兴趣小组对上述方案进行改进，拟采用下述方法来测定该反应的平衡常数(室温条件下进行，溶液体积变化忽略不计)：
已知：①I-和不溶于CC14；②一定温度下碘单质在四氯化碳和水混合液体中，碘单质的浓度比值即是一个常数(用Kd表示，称为分配系数)，且室温条件下Kd=85。回答下列问题：
(3)操作I使用的玻璃仪器中，除烧杯、玻璃棒外，还需要的仪器是____(填名称)。
(4)下层液体中碘单质的物质的量浓度是________。
(5)实验测得上层溶液中c()=0.049 mol/L，结合上述有关数据，计算室温条件下反应I2+I-的平衡常数K= ___________(用具体数据列出计算式即可)。
【答案】（1）淀粉 （1分） 溶液由蓝色变无色，且半分钟内颜色不再改变 （1分）
（2） C （1分）
（3）分液漏斗 （1分）
（4）0.085mol/L （3分）
（5）961 （3分）
【解析】
(1)碘单质遇淀粉，溶液呈特殊的蓝色，即可用淀粉做指示剂；滴定终点碘反应完全，现象是：溶液由蓝色变无色；
(2)由于碘单质能与I-反应成I3-，并在溶液中建立如下平衡：I2+I-⇌I3-。随着碘单质浓度的减小，平衡向左移动，所以上述的方案只能测得溶液中c(I2)与c(I3－)之和，方案不可行，答案为C；
(3)萃取后溶液分为有机层与水溶液层，操作I就是分液操作：用分液漏斗将其分离，缺少仪器为分液漏斗；
(4)根据I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6，n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2，则c(I2)×0.010L：0.1mol/L×0.017L=1：2， ==0.085mol/L；
(5)由Kd==85，得上层溶液中c(I2)= 0.085/85=0.001mol/L，原溶液中c(I-)=0.1mol·L－1，上层溶液中c(I3-)=0.049 mol·L－1，由反应I2+I-I3-可知，上层溶液中c(I-)=(0.1-0.049)mol·L－1=0.051mol·L－1，平衡常数K=961。
23．（8分）铁是一种在生产和生活中应用很广泛的金属元素，请回答下列钢铁腐蚀和防护的相关问题。
（1）已知：
反应Ⅰ：Fe2O3(s)＋3H2(g)═2Fe(s)＋3H2O(g)ΔH1═＋89.6kJ·mol−1
反应Ⅱ：4Fe2O3(s)＋Fe(s)═3Fe3O4(s)ΔH2═＋2833.4kJ·mol−1
反应Ⅲ：Fe3O4(s)＋4H2(g)═4H2O(g)＋3Fe(s)ΔH3
反应Ⅰ的平衡常数表达式K═__，ΔH3═__。
（2）在水膜酸性不强的情况下，钢铁在潮湿的空气中腐蚀生锈主要属于__腐蚀。（填“吸氧”或“析氢”）
（3）电化学除锈法具有侵蚀能力强，侵蚀速度快等优点。电化学除锈分为阳极除锈和阴极除锈。阳极除锈是利用阳极的电化学溶解和氧气泡析出时对铁锈的机械剥离作用进行除锈；阴极除锈是利用氢气的还原作用和氢气泡析出的机械剥离作用而除锈。如图为一种电化学除锈示意图。
①若采用阳极除锈，以H2SO4(aq)为电解质溶液，则阳极的电极反应式为__。
②若采用阴极除锈，以Na2CO3(aq)为电解质溶液，则阴极的电极反应式为___。
（4）钢铁工件除锈后，还可采用电镀进行防护，若要在工件上镀上金属铬，应把钢铁工件放在电镀池的___极（填“阴”或“阳”）。
【答案】（1） （2分） -825kJ•mol-1 （2分） （2）吸氧 （2分） （3） 4OH--4e-=O2↑+2H2O （2分）2H++2e-=H2↑ （1分） （4）阴 （1分）
【解析】
(1)由方程式可知，Fe2O3、Fe是固体，所以反应I的平衡常数表达式 ，由盖斯定律可知，反应Ⅲ= (反应I 4—反应Ⅱ)可得△H3= -825 kJ/mol；
(2)在水膜酸性不强的情况下，钢铁在潮湿的空气中腐蚀生锈主要属于吸氧腐蚀；
(3)①电解硫酸溶液相当于电解水，所以采用阳极除锈，以H2SO4(aq)为电解质溶液，根据放电顺序，氢氧根大于含氧酸根，则阳极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；②电解Na2CO3溶液相当于电解水，所以采用阴极除锈以Na2CO3 (aq)为电解质溶液阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑；
(4)电镀时，镀件作阴极、镀层金属作阳极，所以在钢铁工件上镀铬，应把钢铁工件放在电镀池的阴极。
24．（10分）某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水处理流程如图所示：
(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30 ℃，通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：_____________。
(2)过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。其中第一步反应的能量变化示意如图：
已知第二步反应：2NO (aq)＋O2(g)＝2NO (aq)，ΔH＝－146 kJ∙mol−1
则1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式是______________。
(3)过程Ⅲ：利用生成的HNO3进行一系列的工业生产。其中一种就是以HNO3为原料来制取新型硝化剂N2O5。现以H2、O2、熔融的Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。
①石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式：___________________________。
②在电解池中生成N2O5的电极反应式：___________________________。
③整个电解过程中，若有4.48L(标况下)O2参加反应，则能够得到N2O5______g。
【答案】（1）NH＋OH－＝NH3·H2O （2分） （2）NH(aq)＋2O2(g)＝2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ∙mol−1 （2分） （3）H2＋CO－2e－＝CO2＋H2O （2分） N2O4＋2HNO3－2e－＝2N2O5＋2H＋ （2分） 8.64 （2分）
【解析】
(1)题意，加NaOH溶液，主要是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，调节pH至9后，升温至30 ℃，通空气将氨赶出并回收，因此NaOH溶液的作用是NH＋OH－＝NH3·H2O；故答案为：NH＋OH－＝NH3·H2O。
(2)根据题意得到NH(aq)＋1.5O2(g)＝ NO(aq) ＋ 2H＋(aq) ＋ H2O(l)，ΔH＝－273 kJ∙mol−1，已知第二步反应：2NO(aq)＋O2(g)＝2NO(aq)，ΔH＝－146 kJ∙mol−1，将第一个方程式加上第二个方程式的0.5倍得到1 mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是NH(aq)＋2O2(g)＝2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ∙mol−1；故答案为：NH(aq)＋2O2(g)＝2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l) ΔH＝－346 kJ∙mol−1。
(3)①根据图中信息，石墨Ⅰ是氢气化合价升高变为水，作原电池负极，因此石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式：H2＋CO－2e－＝CO2＋H2O；故答案为：H2＋CO－2e－＝CO2＋H2O。
②根据图中信息，电解池中生成N2O5，则化合价发生变化，因此在电解质的左边化合价升高得到，其电极反应式：N2O4＋2HNO3－2e－＝2N2O5＋2H＋；故答案为：N2O4＋2HNO3－2e－＝2N2O5＋2H＋。
③整个电解过程中，若有4.48L(标况下)O2参加反应即物质的量为0.2mol，转移0.8mol电子，根据方程式N2O4＋2HNO3－2e－＝2N2O5，则得到N2O5的物质的量为0.8mol，N2O5质量为0.8mol×108 g∙mol−1＝8.64g；故答案为：8.64。
25．（9分）每年的6月5日为世界环境日，世界环境日的意义在于提醒全世界注意地球状况和人类活动对环境的危害。NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=-116.1kJ·mol-1
3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=+75.9kJ·mol-1
反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=______kJ·mol-1。
(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：__________。
(3)pH均为2的HNO3和HNO2溶液，分别加水稀释到pH=4，______加入的水多。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成N2 的体积在标准状况下为15.68L时，转移的电子的物质的量为________。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50~150℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率迅速上升的主要原因是_______；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是________。
【答案】（1）-136.2 （2分） （2）HNO2-2e-+H2O=3H++ （2分） （3） HNO2 （1分） （4）2.4mol （2分） 催化剂的活性随温度升高增大 （1分） NH3与O2反应生成了NO （1分）
【解析】
(1)已知：①2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH1=−116.1 kJ·mol−1
②3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH2=75.9 kJ·mol−1
根据盖斯定律，由①+②得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=（−116.1 kJ·mol−1）+75.9 kJ·mol−1=-136.2kJ·mol−1；
(2)根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+；
(3)HNO3为强酸，HNO2为弱酸，pH均为2的HNO3和HNO2溶液，前者浓度小，后者存在电离平衡，加水过程中电离出更多的氢离子，分别加水稀释到pH=4，HNO2加入的水多；
(4)①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。当生成N2 的体积在标准状况下为15.68L时，即0.7molN2，转移电子数为2.4mol；
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。
【点睛】
本题以有效去除NOx为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
26．（13分）(1)碳的氧化物可用来制备碳酰肼[，其中碳元素为价]．加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳．该反应的化学方程式为________．
(2)控制城市空气污染源的方法可以有_________(多选)
A．开发新能源 B．使用电动车 C．植树造林 D．戴上呼吸面具
(3)有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称．如消除采矿业胶液中的氰化物(如)，经以下反应实现：，则生成物A的化学式为________．
(4)火法炼铅的废气中含低浓度，可将废气通入过量氦水中进行处理，反应的离子方程式为______．
(5)取某钛液，加铝粉，使其发生反应(未配平)，反应消耗铝，则该钛液中的物质的量浓度为__________．
(6)工业上利用纳米和组成的体系储放氢(如图所示)．写出放氢过程中发生反应的化学方程式：_____________．
(7)工业上可以釆用热还原法制备金属镁(沸点107℃，熔点648.8℃)．将碱式碳酸镁和焦炭按一定比例混合，放入真空管式炉中先升温至700℃保持一段时间，然后升温至1450℃反应制得镁(同时生成可燃性气体)．
①用碳还原法制备金属镁需要在真空中而不在空气中进行，其原因是__________．
②碱式碳酸镁分解如图所示，写出在1450℃反应制得镁的化学方程式：_________．
【答案】（1） （2分） （2）AB（2分） （3） （1分） （4）（2分） （5） （2分） （6）（2分） （7）在空气中镁被氧气氧化 （1分） （1分）
【解析】
（1）根据题意，加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳．反应的化学方程式为，故答案为：；
(2) A．开发新能源，可以从源头上减少污染气体的排放，可控制空气污染，A正确；
B．使用电动车，可以从源头上减少污染气体的排放，可控制空气污染，B正确；
C．植树造林不能减少污染气体的排放，只能减小其危害程度，C错误；
D．戴上呼吸面具不能减少污染气体的排放，只能减小其危害程度，D错误；
故答案为：AB。
(3)反应，根据原子个数守恒，A含有1个K原子，1个C原子，3个O原子，形成的化学式为，所以A的化学式为，故答案为：；
(4)火法炼铅的废气中含低浓度，可将废气通入过量氨水中进行处理，生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
(5)的物质的量为0.04mol，失去电子数为0.12mol，根据化学方程式，价态降低，生成Ti3+，根据电子得失守恒，n()×(4-3)=0.12，解得n()=0.12，所以c()==，故答案为：；
(6)由图可知，放氢过程中，反应物为和，生成物为、、，化学方程式为，故答案为：；
(7) ①由于镁是活泼金属，在空气中镁被氧气氧化，所以用碳还原法制备金属镁需要在真空中进行，故答案为：在空气中镁被氧气氧化；
②将碱式碳酸镁和焦炭按一定比例混合，放入真空管式炉中先升温至700℃保持一段时间，然后升温至1450℃反应制得镁，同时生成可燃性气体，可判断可燃性气体为CO，反应为1450℃时，应为氧化镁，氧化镁在碳的作用下还原为镁，同时产生CO，所以化学方程式为，故答案为：。
相关试卷
卷02——高二化学下学期期末模拟测试卷（鲁科版2019）： 这是一份卷02——高二化学下学期期末模拟测试卷（鲁科版2019），文件包含卷02高二化学下学期期末模拟测试卷鲁科版2019解析版docx、卷02高二化学下学期期末模拟测试卷鲁科版2019原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
【期末考点专题】鲁科版(2019)高二化学选择性必修1：期末测试卷03： 这是一份【期末考点专题】鲁科版(2019)高二化学选择性必修1：期末测试卷03，文件包含期末考点专题鲁科版2019高二化学选择性必修1期末测试卷03解析版doc、期末考点专题鲁科版2019高二化学选择性必修1期末测试卷03原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
【期末考点专题】鲁科版(2019)高二化学选择性必修1：期末测试卷01： 这是一份【期末考点专题】鲁科版(2019)高二化学选择性必修1：期末测试卷01，文件包含期末考点专题鲁科版2019高二化学选择性必修1期末测试卷01解析版doc、期末考点专题鲁科版2019高二化学选择性必修1期末测试卷01原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
