还剩19页未读，
继续阅读
2022-2023学年湖南省株洲市第四中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
展开
这是一份2022-2023学年湖南省株洲市第四中学高二上学期期中考试化学试题 解析版，共22页。试卷主要包含了2NA，6×10−19J)，5g样品配制成100，5kJ·ml-1，5，则c=10-9，00×10-5 ACE，0×10-8，17等内容，欢迎下载使用。
株洲四中2022-2023高二上期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题共46分)
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)
1．化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是
A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其还原性
B．补铁口服液不能与维生素C一起服用
C．长期施用铵态氮肥，会使土壤酸化，导致土壤板结
D．“汽车限行”措施不会减轻碳排放
2．2022年4月16日9时56分，在太空遨游半年的神舟十三号飞船在东风着陆场平安降落.下列有关说法错误的是
A．飞船的天线是用钛镍形状记忆合金制造的，低温下折叠，进入太空后在阳光照射下重新展开
B．载人飞船中的太阳能电池和储能电池均可将化学能转化为电能
C．返回舱表面的“烧蚀层”熔点很高，因此可以保护返回舱不因高温而烧毁
D．硅橡胶密封材料既耐低温又耐高温，在飞船上得到广泛应用
3．H2与ICl的反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法错误的是
A．反应①、反应②均为放热反应
B．反应①、反应②均为氧化还原反应
C．H2与ICl的总反应速率快慢取决于反应②
D．反应H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)的ΔH=-218kJ·mol-1
4．北京时间2021年10月16日神舟十三号载人飞船成功发射。“神舟”飞船共有太阳能电池帆板、镉镍蓄电池和应急电池三种电源系统。镉镍蓄电池的工作原理为Cd + 2NiOOH+2H2O Cd(OH)2 +2Ni(OH)2，紧急状况下，应急电池会自动启动，工作充电放电原理为Zn+ Ag2O+ H2O 2Ag+ Zn(OH)2。下列说法不正确的是
A．飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将太阳能转化为电能，为镉镍蓄电池充电
B．紧急状况下，应急电池负极的电极反应式为2Ag-2e-+2OH-=Ag2O+H2O
C．飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，负极的电极反应式为Cd-2e- + 2OH-=Cd(OH)2
D．两种电池充电一段时间后，阳极区电解质溶液的pH值均降低
5．如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，其中关键步骤是的催化氧化： ，下列说法正确的是
A．反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强一定有利于提高生产效益
B．反应放热，为提高转化率，工业生产应尽可能在较低温度下反应
C．工业生产要求高效，应使用催化剂并控制在催化剂活性最佳的温度下反应
D．该反应为放热反应，在任何条件下都能自发进行，因为吸热反应是非自发的
6．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．(R核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数a(A-N-2)NA
B．10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为0.2NA
C．含的浓硫酸和足量镁反应，转移电子数为0.2NA
D．将溶于适量水中，溶液中、和粒子数之和为NA
7．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[100%]与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
8．已知NaHCO3溶液与盐酸，反应生成CO2吸热，Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热。关于下列△H的判断正确的是
A． B．
C． D．
9．反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a为随t的变化曲线
B．时，
C．时，的消耗速率大于生成速率
D．后，
10．我国科研人员将单独脱除的反应与的制备反应相结合，实现协同转化。
①单独制备：，不能自发进行。
②单独脱除：，能自发进行协同转化装置如下图(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。
下列分析不正确的是
A．反应②释放的能量可以用于反应①
B．产生的电极反应：
C．反应过程中不需补加稀
D．协同转化总反应：
二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11．下列说法错误的是
A．化学反应必然伴随发生能量变化
B．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
C．能量变化必然伴随发生化学反应
D．化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的
12．我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如下图所示(已知1eV=1.6×10−19J)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是
A．过渡态TS2比TS1更稳定
B．过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤
C．化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂
D．该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s) ΔH=-11.63kJ·mol-1
13．常温下某同学将一定量的NO2充入注射器中后封口，测得拉伸和压缩注射器的活塞过程中气体透光率随时间的变化如图所示[已知气体颜色越深，透光率越小；2NO2(红棕色) N2O4(无色) △H＜0]。下列说法正确的是
A．该实验能说明勒夏特列原理 B．d点：v(正) ＞v(逆)
C．c点c(NO2)比a 点小 D．若注射器绝热，则Kb＞Kc
14．CH3NH2·H2O为一元弱碱，常温下，将HCl气体通入0.1mol/LCH3NH2·H2O水溶液中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是
A．Kb(CH3NH2·H2O)的数量级为10-4
B．该体系中，c(OH-)=mol/L
C．P点，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)=0.2mol/L
D．P点之后，溶液中可能存在c(Cl-)+c(OH-)=2c(CH3NH)
第II卷(非选择题共54分)
三、非选择题(本题共6小题，共54分。)
15．为治理环境污染，工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，
(1)该反应的化学平衡常数表达式K=_______；欲使K值变大，可采取的措施是_______。
(2)吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有_______(选填序号)。
a.适当升高温度 b.适当降低温度 c.增大压强 d.减小压强
16．已知25℃ 时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为
物质
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离常数
1.75×10-5
4.0×10-8
Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
Ka1=1.4×10-2
Ka2=6.0×10-8
(1)写出碳酸第一级电离的平衡常数表达式：Ka1=_______，酸性强弱：醋酸_______次氯酸(填“>”或“<”，1分)
(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量HCl，则下列物理量变小的是_______(填序号)
a．c(CH3COO-) b．c(H+) c．醋酸的电离平衡常数
(3)若测得CH3COOH和CH3COONa的混合溶液的pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=_______(填准确数值)， =_______
(4)下列离子方程式中错误的是_______(填序号)
a．少量CO2通入次氯酸钠溶液中：CO2+H2O+ClO-== +HClO
b．少量SO2通入次氯酸钙溶液中：Ca2++2ClO-+SO2+H2O==CaSO3↓+2HClO
c．过量CO2通入澄清石灰水中：CO2+OH-==
(5)25℃ 时，pH=1的硫酸溶液与0.05mol/L Ba(OH)2溶液中发生电离的水的物质的量之比为_______
(6)用氢氧化钠标准溶液滴定盐酸(酚酞做指示剂)，当加入一滴氢氧化钠溶液呈浅红色，此时便立即停止滴定，则会引起待测溶液的浓度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
17．[CH3CH(OH)COO]2Fe(乳酸亚铁)是一种广泛应用于食品的铁强化剂，可由乳酸与FeCO3反应制得。兴趣小组在实验室按下列步骤制备乳酸亚铁晶体并进行含量测定。回答下列问题：
I.制备FeCO3：
兴趣小组利用FeSO4(用废铁屑和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如图装置制备FeCO3：
(1)植物油的作用_______。
(2)实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_______。
(3)经过滤、洗涤得到FeCO3，久置后，发现在盛有FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质，其原因是_______(用化学方程式解释)。
Ⅱ.制备乳酸亚铁：
(4)兴趣小组向FeCO3固体中加入乳酸溶液，在一定条件下搅拌使之充分反应，并测得反应溶液的pH、温度对乳酸亚铁产率的影响如图所示，
①溶液pH控制在5~6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是_______。
②在最适宜的条件下，该反应的化学方程式为：_______
为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉。反应结束后，将所得溶液隔绝空气低温蒸发，_______(一系列操作)得到乳酸亚铁晶体。该晶体存放时应注意_______。
Ⅲ.测定乳酸亚铁的纯度：
(5)兴趣小组通过用硫酸铈铵(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为Ce3+)。称取2.5g样品配制成100.00mL溶液，取该溶液25.00mL，将0.1000mol/L(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入_______中(填A或B)，反复滴定2~3次，平均消耗(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液25.00mL，则样品中乳酸亚铁的纯度为_______。
18．工艺流程题：硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)的电子式为_______。
(2)碱溶时发生反应的离子方程式是_______。
(3)滤渣的成分是_______。
(4)操作2的名称为_______。流程中可循环利用的物质是_______，流程中理论上每生产1g 所需加入还原剂总质量为_______(结果保留两位有效数字)。
(5)-燃料电池有望成为低温环境下工作的便携式燃料电池，其工作原理如题图所示。离子交换膜C为_______膜，a极发生的电极方程式为_______。
19．氮及其化合物的利用是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
(1)已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_______。
(2)汽车尾气中的NO和CO在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(cat1、cat2)进行反应，相同时间内测得的脱氮率(脱氮率即NO的转化率)如图所示。M点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。
(3)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理如图。
①Pt电极上发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极上的电极反应式：_______。
(4)某温度下，在一密闭容器中充入一定量NO(g)发生反应4NO(g)⇌N2(g)+2NO2(g) ΔH<0，其正反应速率表达式为v正=k正·cn(NO)(k正为速率常数，只与温度有关)，测得反应速率和NO浓度的数据如表所示。
序号
c(NO)/(mol·L-1)
v正/(mol·L-1·s-1)
①
0.10
4.00×10-9
②
0.20
6.40×10-8
③
0.30
3.24×10-7
则k正=_______mol-3·L3·s-1；下列对于该反应的说法正确的是_______(填标号)。
A．当混合气体颜色保持不变时，反应达到化学平衡状态
B．当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态
C．反应达到化学平衡状态时，每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2
D．反应达到平衡状态后，若降低温度，则混合气体的颜色变浅
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量减小
20．烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。
(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应
平衡常数(25℃)
活化能/(kJ/mol)
反应a：
24.6
反应b：
3.17
反应c：
58.17
①已知： ，则_______。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。
(2)其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。
①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其酸性，和膨松剂反应产生气体，A项错误；
B．补铁口服液与维生素C一起服用，可利用维生素C的还原性，防止口服液中Fe2+被氧化为Fe3+，B项错误；
C．长期施用铵态氮肥，铵根离子水解呈酸性，会使土壤酸化，导致土壤板结，C项正确；
D．“汽车限行”措施可减少私家车出行，减少碳排放，D项错误；
综上所述答案为C。
2．B
【详解】A．用镍钛合金制成的宇宙飞船自展天线具有形状记忆功能、良好的延展性、良好的导热性，在低温下被折叠，进入太空后，在阳光照射下可重新展开，恢复成原状，故A正确；
B．太阳能电池是将太阳能转化为电能，故B错误；
C．“烧蚀层“物质熔点很高，在遇到高温时会发生熔化和汽化现象，在熔化和汽化时能吸收大量的热，可以保证保护返回舱不因高温而烧毁，故C正确；
D．硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，故D正确；
答案选B。
3．C
【解析】根据图象，反应①：H2(g)＋2ICl(g)=HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)，H元素的化合价升高，部分I的化合价的降低，该反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应；反应②：HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)=I2(g)＋2HCl(g)，HI中－1价I与ICl中＋1价I发生氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应，据此分析；
【详解】A．根据图象，反应①和②都是反应物的总能量大于生成物的总能量，反应①②均为放热反应，故A说法正确；
B．反应①中H2中H的化合价升高，ICl中部分I的化合价由＋1价→－1价，反应①为氧化还原反应，反应②HI中－1价I与ICl中＋1价I发生氧化还原反应生成I2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，总反应速率的快慢取决于活化能大的，根据图象，反应①的活化能大于反应②，因此H2与ICl的总反应速率快慢取决于反应①，故C说法错误；
D．ΔH只与体系中的始态和终态有关，与反应途径无关，根据图象，总反应为放热反应，热反应方程式为H2(g)＋2ICl(g)=I2(g)＋2HCl(g) ΔH=－218kJ·mol－1，故D说法正确；
答案为C。
4．B
【详解】A．当飞船进入光照区时，太阳能电池将太阳能转化为电能，除供给飞船使用外，多余部分为镉镍蓄电池充电(用镉镍萦电池储存起来)，故A正确；
B．紧急状况下，应急电池负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，故B错误；
C．飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池作为电源开始为飞船供电，负极的电极反应式应为Cd-2e- + 2OH-=Cd(OH)2，故C正确；
D．应急电池充电时阳极电极反应式为2Ag-2e-+2OH-=Ag2O+H2O，镉镍蓄电池充电时阳极电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+ H2O，故两种电池充电一段时间后，阳极区电解质溶液pH均降低，故D正确；
故答案选B。
5．C
【详解】A．反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强，有利于平衡正向移动，但由于增大压强对设备要求和动力要求很高，成本高，效益可能不佳，A错误；
B．反应放热，为提高转化率，应尽可能在较低温度下反应，但温度过低会使反应速率太慢，经济效益低，B错误；
C．为加快反应速率，应使用催化剂，还需要考虑催化剂的最佳活性温度，不一定温度越高反应速率越大，C正确；
D．化学反应能否自发进行的判断依据是，反应能否自发要综合焓变和熵变以及温度来判断，D错误；
故答案选C。
6．A
【详解】A．R核内中子数为N，质量数为A，R的质子数为(A-N)，则R的核外电子数为(A-N)，R失去2个电子形成，的核外电子数为(A-N-2)，则的核外电子数a(A-N-2)NA，A项正确；
B．10g46%的甲酸水溶液中HCOOH的物质的量为，0.1mol HCOOH中含有O原子的数目为0.2NA，10g46%的甲酸水溶液中H2O的物质的量为，0.3mol H2O中含有O原子的数目为0.3NA，故10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为，B项错误；
C．Mg和浓硫酸反应：，Mg和稀硫酸反应：，反应有生成，随着反应的进行，浓变为稀，如果反应只有生成，则转移0.2mol电子，若反应只有生成，则转移0.4mol电子，所以含的浓硫酸和足量镁反应，转移电子数目大于0.2 NA小于0.4 NA，C项错误；
D．将溶于适量水中，溶液中粒子除了、和外，还有分子，故溶液中、、和粒子数之和为NA，D项错误；
答案选A。
7．D
【详解】A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；
B．根据图象，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；
C．根据图象，温度高于250℃ N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图象，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；
D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；
答案为D。
8．B
【详解】A．和均只存在化学键的形成，形成化学键会释放能量，所以，A错误；
B．将与相加可得：，该反应属于吸热反应，即，B正确；
C．
这三个方程式相加得到：，该反应属于放热反应，则，C错误；
D．已知：① 。②，根据盖斯定律，将①－②，整理可得，该反应属于吸热反应，则△H１-△H4 >0，所以△H１＞△H4，D错误；
故合理选项是B。
9．D
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
10．D
【分析】该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O，负极反应式为，正极反应式为，所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此分析解答。
【详解】A．反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；
B．由图可知，生成H2O2的电极反应为，B项正确；
C．H+、电子所带电荷数值相等，则右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确；
D．负极反应式为，正极反应式为，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，D项错误；
故答案选D。
11．BC
【详解】A．化学反应是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的，而断裂化学键需要吸收能力，形成化学键会释放能量，则化学反应必然伴随发生能量变化，A正确；
B．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少有关，参加反应的物质的质量越大，能量变化越多，B错误；
C．能量变化过程中不一定伴随发生化学反应,如白炽灯发光发热，无化学反应，C错误；
D．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的生成,化学反应的能量变化主要是由化学键变化弓起的，D正确；
故选BC。
12．AD
【详解】A．据图可知TS1的能量比TS2的能量低，所以TS1更稳定，A错误；
B．过程P→TS2为两步反应中活化能能较大的反应，为慢反应，为化合物M生成化合物N的决速步骤，B正确；
C．M为催化剂，整个反应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N中Fe-O键断裂，重新连接H原子才能生成M，所以化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂，C正确；
D．图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程能量变化ΔE=-11.63eV，所以当1molCO2参与反应时能量变化为-11.63×1.6×10−19J×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，所以该反应的焓变ΔH=1120kJ/mol，D错误；
综上所述答案为AD。
13．AD
【分析】已知气体颜色越深，透光率越小，由图示可知，透光率b点到c点先瞬间减小后缓慢增大，说明气体颜色变深，二氧化氮浓度瞬间增大后又减小，为压缩注射器，平衡正向移动；c点后的拐点透光率瞬间升高后又缓慢下降，说明气体颜色变浅，二氧化氮浓度瞬间减小后又增大，为拉伸注射器，平衡逆向移动。
【详解】A．由分析可知，该实验能说明勒夏特列原理，A正确；
B．由分析可知，d点平衡逆向移动，v(正)
D．由分析可知，b点到c点为压缩注射器，绝热时，压缩注射器，平衡正向移动，体系温度升高，对于放热反应来说，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，即Kb＞Kc，D正确；
答案选AD。
14．BD
【分析】CH3NH2·H2O为一元弱碱，可以类比NH3·H2O，CH3NH2·H2O的电离方程式为CH3NH2·H2O+OH-，当pH增大时，c(OH-)增大，c(H+)减小，同时c(CH3NH2·H2O)升高，c()减小，根据关系图，图中两条对角线，斜率为正的对角线为代表H+，斜率为负的对角线代表OH-，虚线代表CH3NH2·H2O，最后的实线代表，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，Q点时pH=9.5，则c(H+)=10-9.5mol/L，因此c(OH-)=，又c(CH3NH2·H2O)=c()，则CH3NH2·H2O的电离平衡常数，数量级为10-5，A错误；
B．体系中存在物料守恒：c(CH3NH2·H2O)+c()=0.1mol/L，带入Kb可得c(OH-)=mol/L，B正确；
C．Cl-浓度未知，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)无法计算，C错误；
D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，若c(H+)=c(CH3NH)，则2c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，由分析可知，斜率为正的对角线为代表H+，最后的实线代表，两条线在P点之后有交点，即此时c(H+)=c(CH3NH)，D正确；
答案选BD。
15．(1) 降低温度
(2)ad
【解析】（1）
化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，则该反应的化学平衡常数表达式；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；
（2）
该反应是气体体积缩小的放热反应；
a．适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；
b．适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
c．增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
d．减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；
答案选ad；
16．(1) >
(2)a
(3) 9.9×10-7mol/L 17.5
(4)b
(5)1：1
(6)偏低
【详解】（1）H2CO3的第一步电离方程式为：，第一级电离的平衡常数表达式：Ka1=；醋酸酸性强于次氯酸；
（2）若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量HCl，c(H+)增大，醋酸的电离平衡 逆向移动，c(CH3COO-)减小，c(H+)增大，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，答案选a；
（3）CH3COOH和CH3COONa的混合溶液的pH=6，则混合溶液中c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，根据电荷守恒：c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)可得：c(CH3COO-)-c(Na+)= c(H+) −c(OH-)=10-6−10-8=9.9×10-7mol/L；根据醋酸的电离平衡常数表达式： 可得： = = =17.5；
（4）a．少量CO2通入次氯酸钠溶液中，应生成 ，正确的应为：CO2+H2O+2ClO-==+2HClO，a选项错误；b．少量SO2通入次氯酸钙溶液中，发生反应：Ca2++2ClO-+SO2+H2O==CaSO3↓+2HClO，b选项正确；c．过量CO2通入澄清石灰水中，发生反应：CO2+OH-==，c选项正确；
（5）25℃ 时，pH=1的硫酸溶液中c(H+)=10-1mol/L，0.05mol/L Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-1mol/L，硫酸电离出来的氢离子和氢氧化钡电离出来的氢氧根离子都对水产生抑制作用，且c(H+)= c(OH-)，对水的抑制程度相同，所以两溶液中发生电离的水的物质的量相等，之比为1：1；
（6）用氢氧化钠标准溶液滴定盐酸(酚酞做指示剂)，当加入一滴氢氧化钠溶液呈浅红色，便立即停止滴定，此时有可能未达到滴定终点（正确操作应该是等待30秒左右，溶液浅红色不褪去，才能确定终点），会造成滴入的氢氧化钠量不够，引起待测溶液的浓度偏低。
17．(1)隔绝氧气，防止Fe2+被氧化
(2)打开K2、关闭K3
(3)4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2
(4) pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3 [CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 密封保存
(5) A 93.6%
【分析】亚铁离子易被氧气氧化，制备过程应在无氧环境中进行，装置A用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，利用产生的氢气排尽装置内空气，且使装置A内气压增大，将制备的硫酸亚铁溶液压入装置B内，与NH4HCO3反应制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑；
【详解】（1）试管B中用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，由于亚铁离子易被氧化，则植物油的作用是隔绝氧气，防止Fe2+被氧化；故答案为：隔绝氧气，防止Fe2+被氧化。
（2）装置A中用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，可利用压强差将A中生成的FeSO4溶液通过导管压至试管B内，操作是打开K2、关闭K3；故答案为：打开K2、关闭K3。
（3）久置后，FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质即Fe(OH)3，是FeCO3被氧气氧化生成Fe(OH)3，反应的方程式为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2；故答案为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2。
（4）由图知温度为70℃、pH=5时乳酸亚铁产率最大，为适宜的反应条件；①溶液pH控制在5~6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；②溶液制备晶体，一系列操作为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ，保存时要注意防止被氧化，密封保存。故答案为：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；2CH3CH(OH)COOH+FeCO3 [CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；密封保存。
（5）已知反应中Ce元素被还原为Ce3+，则(NH4)4Ce(SO4)4做氧化剂，具有氧化性，(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入酸式滴定管，即选：A；(NH4)4Ce(SO4)4中Ce为+4价，被还原为Ce3+则Ce元素得到一个电子，Fe2+被氧化为Fe3+则Fe元素失去一个电子，则n(Fe2+)= n[(NH4)4Ce(SO4)4]=cV=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5×10-3mol，则3.0g样品中乳酸亚铁质量为m=nM=2.5×10-3mol234g/mol=2.34g，纯度为2.34/2.5= 93.6%。故答案为：A；93.6%。
18．(1)
(2)
(3)和
(4) 蒸馏 异丙胺 2.42g
(5) 阳离子交换膜
【分析】将硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5⋅H2O，含少量杂质Fe3O4)粉碎后，用浓NaOH溶液溶解，过滤得到含NaBO2的溶液；经浓缩、结晶得到Na2B4O7⋅H2O；再将所得晶体脱水得Na2B4O7；高温下，将Na2B4O7和Na、H2、SiO2反应得到NaBH4和Na2SiO3；用异丙胺溶解反应后所得的混合物，经过过滤、蒸馏得到NaBH4。
【详解】（1）的电子式为 。
（2）由流程图知，碱溶时，B元素转化为，发生反应的离子方程式是。
（3）不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的也以滤渣的形式析出，所以，滤渣的成分为和。
（4）易溶于异丙胺，且异丙胺的沸点较低，结合流程图知，操作2是蒸馏异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用；“高温合成”步骤中还原剂只有Na，反应的化学方程式为16Na+8H2+7SiO2+Na2B4O7=4NaBH4+7Na2SiO3，每生产1mol NaBH4需要4mol Na，故生产1g NaBH4理论需要Na的总质量为=2.42g。
（5）根据该电池工作原理，a电极区域通入NaBH4(aq)和NaOH(aq)，产生NaBO2(aq)，则该电极的电极方程式为；b电极区域通入H2O2(aq)和NaOH(aq)，产生NaOH(aq)，则该电极的电极方程式为H2O2+2e-=2OH-；根据a、b两极的电极反应可知，Na+由a极向b极移动，则离子交换膜C为阳离子交换膜。
19．(1)2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1
(2) 不是 该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高
(3) 还原 NO+O2--2e-=NO2
(4) 4.00×10-5 ACE
【详解】（1）由反应的平衡常数表达式为K=，可得化学反应方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律可知该反应可由反应2×②-①-③，该反应的ΔH=2×ΔH2-ΔH1-ΔH3=2×(-393.5kJ·mol-1)-( -221kJ·mol-1)-( +181kJ·mol-1)= -747kJ·mol-1，反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1；
（2）分析图象可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率应比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。故答案为：不是；该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；
（3）由装置图可知Pt电极上氧气得电子生成氧离子，发生还原反应，作正极，NiO电极上NO失电子结合氧离子生成NO2，电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，故答案为：还原；NO+O2--2e-=NO2；
（4）由表中数据可得：4.00×10-9=0.1 nk正，6.4×10-8=0.2 nk正，解得：n=4，k正=4.00×10-5；
A.当混合气体颜色保持不变时，说明二氧化氮的浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故选；
B.氮气和二氧化氮为生成物，物质的量之比始终保持1:2，故之比保持不变不能说明反应达到化学平衡状态，故不选；
C.每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2，可说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态，故选；
D.该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度增大，混合气体的颜色变深，故不选；
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，平衡逆向移动，气体的物质的量增大，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，故选；
故答案为：4.00×10-5；ACE；
20．(1) 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
(2) 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性 溶液直接与反应是脱除的主要原因
【解析】（1）
①已知：反应a： ，
，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
（2）
①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。
株洲四中2022-2023高二上期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题共46分)
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)
1．化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是
A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其还原性
B．补铁口服液不能与维生素C一起服用
C．长期施用铵态氮肥，会使土壤酸化，导致土壤板结
D．“汽车限行”措施不会减轻碳排放
2．2022年4月16日9时56分，在太空遨游半年的神舟十三号飞船在东风着陆场平安降落.下列有关说法错误的是
A．飞船的天线是用钛镍形状记忆合金制造的，低温下折叠，进入太空后在阳光照射下重新展开
B．载人飞船中的太阳能电池和储能电池均可将化学能转化为电能
C．返回舱表面的“烧蚀层”熔点很高，因此可以保护返回舱不因高温而烧毁
D．硅橡胶密封材料既耐低温又耐高温，在飞船上得到广泛应用
3．H2与ICl的反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法错误的是
A．反应①、反应②均为放热反应
B．反应①、反应②均为氧化还原反应
C．H2与ICl的总反应速率快慢取决于反应②
D．反应H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)的ΔH=-218kJ·mol-1
4．北京时间2021年10月16日神舟十三号载人飞船成功发射。“神舟”飞船共有太阳能电池帆板、镉镍蓄电池和应急电池三种电源系统。镉镍蓄电池的工作原理为Cd + 2NiOOH+2H2O Cd(OH)2 +2Ni(OH)2，紧急状况下，应急电池会自动启动，工作充电放电原理为Zn+ Ag2O+ H2O 2Ag+ Zn(OH)2。下列说法不正确的是
A．飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将太阳能转化为电能，为镉镍蓄电池充电
B．紧急状况下，应急电池负极的电极反应式为2Ag-2e-+2OH-=Ag2O+H2O
C．飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，负极的电极反应式为Cd-2e- + 2OH-=Cd(OH)2
D．两种电池充电一段时间后，阳极区电解质溶液的pH值均降低
5．如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，其中关键步骤是的催化氧化： ，下列说法正确的是
A．反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强一定有利于提高生产效益
B．反应放热，为提高转化率，工业生产应尽可能在较低温度下反应
C．工业生产要求高效，应使用催化剂并控制在催化剂活性最佳的温度下反应
D．该反应为放热反应，在任何条件下都能自发进行，因为吸热反应是非自发的
6．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．(R核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数a(A-N-2)NA
B．10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为0.2NA
C．含的浓硫酸和足量镁反应，转移电子数为0.2NA
D．将溶于适量水中，溶液中、和粒子数之和为NA
7．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[100%]与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
8．已知NaHCO3溶液与盐酸，反应生成CO2吸热，Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热。关于下列△H的判断正确的是
A． B．
C． D．
9．反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a为随t的变化曲线
B．时，
C．时，的消耗速率大于生成速率
D．后，
10．我国科研人员将单独脱除的反应与的制备反应相结合，实现协同转化。
①单独制备：，不能自发进行。
②单独脱除：，能自发进行协同转化装置如下图(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。
下列分析不正确的是
A．反应②释放的能量可以用于反应①
B．产生的电极反应：
C．反应过程中不需补加稀
D．协同转化总反应：
二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11．下列说法错误的是
A．化学反应必然伴随发生能量变化
B．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
C．能量变化必然伴随发生化学反应
D．化学反应中的能量变化主要是由化学键变化引起的
12．我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如下图所示(已知1eV=1.6×10−19J)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是
A．过渡态TS2比TS1更稳定
B．过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤
C．化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂
D．该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s) ΔH=-11.63kJ·mol-1
13．常温下某同学将一定量的NO2充入注射器中后封口，测得拉伸和压缩注射器的活塞过程中气体透光率随时间的变化如图所示[已知气体颜色越深，透光率越小；2NO2(红棕色) N2O4(无色) △H＜0]。下列说法正确的是
A．该实验能说明勒夏特列原理 B．d点：v(正) ＞v(逆)
C．c点c(NO2)比a 点小 D．若注射器绝热，则Kb＞Kc
14．CH3NH2·H2O为一元弱碱，常温下，将HCl气体通入0.1mol/LCH3NH2·H2O水溶液中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是
A．Kb(CH3NH2·H2O)的数量级为10-4
B．该体系中，c(OH-)=mol/L
C．P点，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)=0.2mol/L
D．P点之后，溶液中可能存在c(Cl-)+c(OH-)=2c(CH3NH)
第II卷(非选择题共54分)
三、非选择题(本题共6小题，共54分。)
15．为治理环境污染，工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，
(1)该反应的化学平衡常数表达式K=_______；欲使K值变大，可采取的措施是_______。
(2)吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有_______(选填序号)。
a.适当升高温度 b.适当降低温度 c.增大压强 d.减小压强
16．已知25℃ 时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为
物质
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离常数
1.75×10-5
4.0×10-8
Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
Ka1=1.4×10-2
Ka2=6.0×10-8
(1)写出碳酸第一级电离的平衡常数表达式：Ka1=_______，酸性强弱：醋酸_______次氯酸(填“>”或“<”，1分)
(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量HCl，则下列物理量变小的是_______(填序号)
a．c(CH3COO-) b．c(H+) c．醋酸的电离平衡常数
(3)若测得CH3COOH和CH3COONa的混合溶液的pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=_______(填准确数值)， =_______
(4)下列离子方程式中错误的是_______(填序号)
a．少量CO2通入次氯酸钠溶液中：CO2+H2O+ClO-== +HClO
b．少量SO2通入次氯酸钙溶液中：Ca2++2ClO-+SO2+H2O==CaSO3↓+2HClO
c．过量CO2通入澄清石灰水中：CO2+OH-==
(5)25℃ 时，pH=1的硫酸溶液与0.05mol/L Ba(OH)2溶液中发生电离的水的物质的量之比为_______
(6)用氢氧化钠标准溶液滴定盐酸(酚酞做指示剂)，当加入一滴氢氧化钠溶液呈浅红色，此时便立即停止滴定，则会引起待测溶液的浓度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
17．[CH3CH(OH)COO]2Fe(乳酸亚铁)是一种广泛应用于食品的铁强化剂，可由乳酸与FeCO3反应制得。兴趣小组在实验室按下列步骤制备乳酸亚铁晶体并进行含量测定。回答下列问题：
I.制备FeCO3：
兴趣小组利用FeSO4(用废铁屑和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如图装置制备FeCO3：
(1)植物油的作用_______。
(2)实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_______。
(3)经过滤、洗涤得到FeCO3，久置后，发现在盛有FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质，其原因是_______(用化学方程式解释)。
Ⅱ.制备乳酸亚铁：
(4)兴趣小组向FeCO3固体中加入乳酸溶液，在一定条件下搅拌使之充分反应，并测得反应溶液的pH、温度对乳酸亚铁产率的影响如图所示，
①溶液pH控制在5~6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是_______。
②在最适宜的条件下，该反应的化学方程式为：_______
为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉。反应结束后，将所得溶液隔绝空气低温蒸发，_______(一系列操作)得到乳酸亚铁晶体。该晶体存放时应注意_______。
Ⅲ.测定乳酸亚铁的纯度：
(5)兴趣小组通过用硫酸铈铵(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为Ce3+)。称取2.5g样品配制成100.00mL溶液，取该溶液25.00mL，将0.1000mol/L(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入_______中(填A或B)，反复滴定2~3次，平均消耗(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液25.00mL，则样品中乳酸亚铁的纯度为_______。
18．工艺流程题：硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)的电子式为_______。
(2)碱溶时发生反应的离子方程式是_______。
(3)滤渣的成分是_______。
(4)操作2的名称为_______。流程中可循环利用的物质是_______，流程中理论上每生产1g 所需加入还原剂总质量为_______(结果保留两位有效数字)。
(5)-燃料电池有望成为低温环境下工作的便携式燃料电池，其工作原理如题图所示。离子交换膜C为_______膜，a极发生的电极方程式为_______。
19．氮及其化合物的利用是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
(1)已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_______。
(2)汽车尾气中的NO和CO在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(cat1、cat2)进行反应，相同时间内测得的脱氮率(脱氮率即NO的转化率)如图所示。M点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。
(3)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理如图。
①Pt电极上发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极上的电极反应式：_______。
(4)某温度下，在一密闭容器中充入一定量NO(g)发生反应4NO(g)⇌N2(g)+2NO2(g) ΔH<0，其正反应速率表达式为v正=k正·cn(NO)(k正为速率常数，只与温度有关)，测得反应速率和NO浓度的数据如表所示。
序号
c(NO)/(mol·L-1)
v正/(mol·L-1·s-1)
①
0.10
4.00×10-9
②
0.20
6.40×10-8
③
0.30
3.24×10-7
则k正=_______mol-3·L3·s-1；下列对于该反应的说法正确的是_______(填标号)。
A．当混合气体颜色保持不变时，反应达到化学平衡状态
B．当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态
C．反应达到化学平衡状态时，每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2
D．反应达到平衡状态后，若降低温度，则混合气体的颜色变浅
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量减小
20．烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。
(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应
平衡常数(25℃)
活化能/(kJ/mol)
反应a：
24.6
反应b：
3.17
反应c：
58.17
①已知： ，则_______。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。
(2)其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。
①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其酸性，和膨松剂反应产生气体，A项错误；
B．补铁口服液与维生素C一起服用，可利用维生素C的还原性，防止口服液中Fe2+被氧化为Fe3+，B项错误；
C．长期施用铵态氮肥，铵根离子水解呈酸性，会使土壤酸化，导致土壤板结，C项正确；
D．“汽车限行”措施可减少私家车出行，减少碳排放，D项错误；
综上所述答案为C。
2．B
【详解】A．用镍钛合金制成的宇宙飞船自展天线具有形状记忆功能、良好的延展性、良好的导热性，在低温下被折叠，进入太空后，在阳光照射下可重新展开，恢复成原状，故A正确；
B．太阳能电池是将太阳能转化为电能，故B错误；
C．“烧蚀层“物质熔点很高，在遇到高温时会发生熔化和汽化现象，在熔化和汽化时能吸收大量的热，可以保证保护返回舱不因高温而烧毁，故C正确；
D．硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，故D正确；
答案选B。
3．C
【解析】根据图象，反应①：H2(g)＋2ICl(g)=HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)，H元素的化合价升高，部分I的化合价的降低，该反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应；反应②：HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)=I2(g)＋2HCl(g)，HI中－1价I与ICl中＋1价I发生氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应，据此分析；
【详解】A．根据图象，反应①和②都是反应物的总能量大于生成物的总能量，反应①②均为放热反应，故A说法正确；
B．反应①中H2中H的化合价升高，ICl中部分I的化合价由＋1价→－1价，反应①为氧化还原反应，反应②HI中－1价I与ICl中＋1价I发生氧化还原反应生成I2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，总反应速率的快慢取决于活化能大的，根据图象，反应①的活化能大于反应②，因此H2与ICl的总反应速率快慢取决于反应①，故C说法错误；
D．ΔH只与体系中的始态和终态有关，与反应途径无关，根据图象，总反应为放热反应，热反应方程式为H2(g)＋2ICl(g)=I2(g)＋2HCl(g) ΔH=－218kJ·mol－1，故D说法正确；
答案为C。
4．B
【详解】A．当飞船进入光照区时，太阳能电池将太阳能转化为电能，除供给飞船使用外，多余部分为镉镍蓄电池充电(用镉镍萦电池储存起来)，故A正确；
B．紧急状况下，应急电池负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，故B错误；
C．飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池作为电源开始为飞船供电，负极的电极反应式应为Cd-2e- + 2OH-=Cd(OH)2，故C正确；
D．应急电池充电时阳极电极反应式为2Ag-2e-+2OH-=Ag2O+H2O，镉镍蓄电池充电时阳极电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+ H2O，故两种电池充电一段时间后，阳极区电解质溶液pH均降低，故D正确；
故答案选B。
5．C
【详解】A．反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强，有利于平衡正向移动，但由于增大压强对设备要求和动力要求很高，成本高，效益可能不佳，A错误；
B．反应放热，为提高转化率，应尽可能在较低温度下反应，但温度过低会使反应速率太慢，经济效益低，B错误；
C．为加快反应速率，应使用催化剂，还需要考虑催化剂的最佳活性温度，不一定温度越高反应速率越大，C正确；
D．化学反应能否自发进行的判断依据是，反应能否自发要综合焓变和熵变以及温度来判断，D错误；
故答案选C。
6．A
【详解】A．R核内中子数为N，质量数为A，R的质子数为(A-N)，则R的核外电子数为(A-N)，R失去2个电子形成，的核外电子数为(A-N-2)，则的核外电子数a(A-N-2)NA，A项正确；
B．10g46%的甲酸水溶液中HCOOH的物质的量为，0.1mol HCOOH中含有O原子的数目为0.2NA，10g46%的甲酸水溶液中H2O的物质的量为，0.3mol H2O中含有O原子的数目为0.3NA，故10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为，B项错误；
C．Mg和浓硫酸反应：，Mg和稀硫酸反应：，反应有生成，随着反应的进行，浓变为稀，如果反应只有生成，则转移0.2mol电子，若反应只有生成，则转移0.4mol电子，所以含的浓硫酸和足量镁反应，转移电子数目大于0.2 NA小于0.4 NA，C项错误；
D．将溶于适量水中，溶液中粒子除了、和外，还有分子，故溶液中、、和粒子数之和为NA，D项错误；
答案选A。
7．D
【详解】A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；
B．根据图象，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；
C．根据图象，温度高于250℃ N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图象，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；
D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；
答案为D。
8．B
【详解】A．和均只存在化学键的形成，形成化学键会释放能量，所以，A错误；
B．将与相加可得：，该反应属于吸热反应，即，B正确；
C．
这三个方程式相加得到：，该反应属于放热反应，则，C错误；
D．已知：① 。②，根据盖斯定律，将①－②，整理可得，该反应属于吸热反应，则△H１-△H4 >0，所以△H１＞△H4，D错误；
故合理选项是B。
9．D
【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
10．D
【分析】该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O，负极反应式为，正极反应式为，所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此分析解答。
【详解】A．反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；
B．由图可知，生成H2O2的电极反应为，B项正确；
C．H+、电子所带电荷数值相等，则右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确；
D．负极反应式为，正极反应式为，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，D项错误；
故答案选D。
11．BC
【详解】A．化学反应是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的，而断裂化学键需要吸收能力，形成化学键会释放能量，则化学反应必然伴随发生能量变化，A正确；
B．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少有关，参加反应的物质的质量越大，能量变化越多，B错误；
C．能量变化过程中不一定伴随发生化学反应,如白炽灯发光发热，无化学反应，C错误；
D．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的生成,化学反应的能量变化主要是由化学键变化弓起的，D正确；
故选BC。
12．AD
【详解】A．据图可知TS1的能量比TS2的能量低，所以TS1更稳定，A错误；
B．过程P→TS2为两步反应中活化能能较大的反应，为慢反应，为化合物M生成化合物N的决速步骤，B正确；
C．M为催化剂，整个反应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N中Fe-O键断裂，重新连接H原子才能生成M，所以化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂，C正确；
D．图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程能量变化ΔE=-11.63eV，所以当1molCO2参与反应时能量变化为-11.63×1.6×10−19J×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，所以该反应的焓变ΔH=1120kJ/mol，D错误；
综上所述答案为AD。
13．AD
【分析】已知气体颜色越深，透光率越小，由图示可知，透光率b点到c点先瞬间减小后缓慢增大，说明气体颜色变深，二氧化氮浓度瞬间增大后又减小，为压缩注射器，平衡正向移动；c点后的拐点透光率瞬间升高后又缓慢下降，说明气体颜色变浅，二氧化氮浓度瞬间减小后又增大，为拉伸注射器，平衡逆向移动。
【详解】A．由分析可知，该实验能说明勒夏特列原理，A正确；
B．由分析可知，d点平衡逆向移动，v(正)
D．由分析可知，b点到c点为压缩注射器，绝热时，压缩注射器，平衡正向移动，体系温度升高，对于放热反应来说，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，即Kb＞Kc，D正确；
答案选AD。
14．BD
【分析】CH3NH2·H2O为一元弱碱，可以类比NH3·H2O，CH3NH2·H2O的电离方程式为CH3NH2·H2O+OH-，当pH增大时，c(OH-)增大，c(H+)减小，同时c(CH3NH2·H2O)升高，c()减小，根据关系图，图中两条对角线，斜率为正的对角线为代表H+，斜率为负的对角线代表OH-，虚线代表CH3NH2·H2O，最后的实线代表，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，Q点时pH=9.5，则c(H+)=10-9.5mol/L，因此c(OH-)=，又c(CH3NH2·H2O)=c()，则CH3NH2·H2O的电离平衡常数，数量级为10-5，A错误；
B．体系中存在物料守恒：c(CH3NH2·H2O)+c()=0.1mol/L，带入Kb可得c(OH-)=mol/L，B正确；
C．Cl-浓度未知，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)无法计算，C错误；
D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，若c(H+)=c(CH3NH)，则2c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，由分析可知，斜率为正的对角线为代表H+，最后的实线代表，两条线在P点之后有交点，即此时c(H+)=c(CH3NH)，D正确；
答案选BD。
15．(1) 降低温度
(2)ad
【解析】（1）
化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，则该反应的化学平衡常数表达式；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；
（2）
该反应是气体体积缩小的放热反应；
a．适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；
b．适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
c．增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
d．减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；
答案选ad；
16．(1) >
(2)a
(3) 9.9×10-7mol/L 17.5
(4)b
(5)1：1
(6)偏低
【详解】（1）H2CO3的第一步电离方程式为：，第一级电离的平衡常数表达式：Ka1=；醋酸酸性强于次氯酸；
（2）若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量HCl，c(H+)增大，醋酸的电离平衡 逆向移动，c(CH3COO-)减小，c(H+)增大，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，答案选a；
（3）CH3COOH和CH3COONa的混合溶液的pH=6，则混合溶液中c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/L，根据电荷守恒：c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)可得：c(CH3COO-)-c(Na+)= c(H+) −c(OH-)=10-6−10-8=9.9×10-7mol/L；根据醋酸的电离平衡常数表达式： 可得： = = =17.5；
（4）a．少量CO2通入次氯酸钠溶液中，应生成 ，正确的应为：CO2+H2O+2ClO-==+2HClO，a选项错误；b．少量SO2通入次氯酸钙溶液中，发生反应：Ca2++2ClO-+SO2+H2O==CaSO3↓+2HClO，b选项正确；c．过量CO2通入澄清石灰水中，发生反应：CO2+OH-==，c选项正确；
（5）25℃ 时，pH=1的硫酸溶液中c(H+)=10-1mol/L，0.05mol/L Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-1mol/L，硫酸电离出来的氢离子和氢氧化钡电离出来的氢氧根离子都对水产生抑制作用，且c(H+)= c(OH-)，对水的抑制程度相同，所以两溶液中发生电离的水的物质的量相等，之比为1：1；
（6）用氢氧化钠标准溶液滴定盐酸(酚酞做指示剂)，当加入一滴氢氧化钠溶液呈浅红色，便立即停止滴定，此时有可能未达到滴定终点（正确操作应该是等待30秒左右，溶液浅红色不褪去，才能确定终点），会造成滴入的氢氧化钠量不够，引起待测溶液的浓度偏低。
17．(1)隔绝氧气，防止Fe2+被氧化
(2)打开K2、关闭K3
(3)4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2
(4) pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3 [CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 密封保存
(5) A 93.6%
【分析】亚铁离子易被氧气氧化，制备过程应在无氧环境中进行，装置A用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，利用产生的氢气排尽装置内空气，且使装置A内气压增大，将制备的硫酸亚铁溶液压入装置B内，与NH4HCO3反应制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑；
【详解】（1）试管B中用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，由于亚铁离子易被氧化，则植物油的作用是隔绝氧气，防止Fe2+被氧化；故答案为：隔绝氧气，防止Fe2+被氧化。
（2）装置A中用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，可利用压强差将A中生成的FeSO4溶液通过导管压至试管B内，操作是打开K2、关闭K3；故答案为：打开K2、关闭K3。
（3）久置后，FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质即Fe(OH)3，是FeCO3被氧气氧化生成Fe(OH)3，反应的方程式为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2；故答案为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2。
（4）由图知温度为70℃、pH=5时乳酸亚铁产率最大，为适宜的反应条件；①溶液pH控制在5~6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；②溶液制备晶体，一系列操作为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ，保存时要注意防止被氧化，密封保存。故答案为：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；2CH3CH(OH)COOH+FeCO3 [CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；密封保存。
（5）已知反应中Ce元素被还原为Ce3+，则(NH4)4Ce(SO4)4做氧化剂，具有氧化性，(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入酸式滴定管，即选：A；(NH4)4Ce(SO4)4中Ce为+4价，被还原为Ce3+则Ce元素得到一个电子，Fe2+被氧化为Fe3+则Fe元素失去一个电子，则n(Fe2+)= n[(NH4)4Ce(SO4)4]=cV=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5×10-3mol，则3.0g样品中乳酸亚铁质量为m=nM=2.5×10-3mol234g/mol=2.34g，纯度为2.34/2.5= 93.6%。故答案为：A；93.6%。
18．(1)
(2)
(3)和
(4) 蒸馏 异丙胺 2.42g
(5) 阳离子交换膜
【分析】将硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5⋅H2O，含少量杂质Fe3O4)粉碎后，用浓NaOH溶液溶解，过滤得到含NaBO2的溶液；经浓缩、结晶得到Na2B4O7⋅H2O；再将所得晶体脱水得Na2B4O7；高温下，将Na2B4O7和Na、H2、SiO2反应得到NaBH4和Na2SiO3；用异丙胺溶解反应后所得的混合物，经过过滤、蒸馏得到NaBH4。
【详解】（1）的电子式为 。
（2）由流程图知，碱溶时，B元素转化为，发生反应的离子方程式是。
（3）不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的也以滤渣的形式析出，所以，滤渣的成分为和。
（4）易溶于异丙胺，且异丙胺的沸点较低，结合流程图知，操作2是蒸馏异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用；“高温合成”步骤中还原剂只有Na，反应的化学方程式为16Na+8H2+7SiO2+Na2B4O7=4NaBH4+7Na2SiO3，每生产1mol NaBH4需要4mol Na，故生产1g NaBH4理论需要Na的总质量为=2.42g。
（5）根据该电池工作原理，a电极区域通入NaBH4(aq)和NaOH(aq)，产生NaBO2(aq)，则该电极的电极方程式为；b电极区域通入H2O2(aq)和NaOH(aq)，产生NaOH(aq)，则该电极的电极方程式为H2O2+2e-=2OH-；根据a、b两极的电极反应可知，Na+由a极向b极移动，则离子交换膜C为阳离子交换膜。
19．(1)2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1
(2) 不是 该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高
(3) 还原 NO+O2--2e-=NO2
(4) 4.00×10-5 ACE
【详解】（1）由反应的平衡常数表达式为K=，可得化学反应方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律可知该反应可由反应2×②-①-③，该反应的ΔH=2×ΔH2-ΔH1-ΔH3=2×(-393.5kJ·mol-1)-( -221kJ·mol-1)-( +181kJ·mol-1)= -747kJ·mol-1，反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1；
（2）分析图象可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率应比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。故答案为：不是；该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；
（3）由装置图可知Pt电极上氧气得电子生成氧离子，发生还原反应，作正极，NiO电极上NO失电子结合氧离子生成NO2，电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，故答案为：还原；NO+O2--2e-=NO2；
（4）由表中数据可得：4.00×10-9=0.1 nk正，6.4×10-8=0.2 nk正，解得：n=4，k正=4.00×10-5；
A.当混合气体颜色保持不变时，说明二氧化氮的浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故选；
B.氮气和二氧化氮为生成物，物质的量之比始终保持1:2，故之比保持不变不能说明反应达到化学平衡状态，故不选；
C.每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2，可说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态，故选；
D.该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度增大，混合气体的颜色变深，故不选；
E.反应达到平衡状态后，若减小压强，平衡逆向移动，气体的物质的量增大，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，故选；
故答案为：4.00×10-5；ACE；
20．(1) 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
(2) 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性 溶液直接与反应是脱除的主要原因
【解析】（1）
①已知：反应a： ，
，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
（2）
①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。
相关试卷
2022-2023学年湖南省株洲市第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版： 这是一份2022-2023学年湖南省株洲市第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版，共23页。试卷主要包含了0kJ•ml-1，24LN2，电路中转移0，4 kJ·ml-1，2 kJ·ml-1等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高二上学期期中考试化学试题 Word版： 这是一份2022-2023学年湖南省株洲市第二中学高二上学期期中考试化学试题 Word版，共22页。试卷主要包含了16eV，02ev•ml-1等内容，欢迎下载使用。
湖南省株洲市攸县第四中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题（含答案）： 这是一份湖南省株洲市攸县第四中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题（含答案），共7页。试卷主要包含了5 C，16g等内容，欢迎下载使用。
