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江苏省盐城市响水中学2022-2023学年高二化学下学期学情分析考试（一）试题（Word版附解析）
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这是一份江苏省盐城市响水中学2022-2023学年高二化学下学期学情分析考试（一）试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
江苏省响水中学2022~2023学年度春学期高二年级阶段性考试化学试题
考生注意：
1．本试题分第I卷和第II卷，共8页。
2．满分100分，考试时间为75分钟。
3．可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Fe-56，Cu-64，Zn-65
第I卷(42分)
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 中国航天事业取得突破性发展。有关空间站建设中的说法不正确的是
A. 蓄热材料可以实现化学能与热能的直接转换
B. “太阳翼”及光伏发电系统能将太阳能变为化学能
C. “长征五号”火箭使用的液氢燃料具有无污染的特点
D. “天和”核心舱使用电推发动机，比化石燃料更加环保
【答案】B
【解析】
【详解】A．可利用可逆化学反应通过热能和化学能的转换进行蓄热的，因此蓄热材料可以实现化学能与热能的直接转换，故A正确；
B．“太阳翼”及光伏发电系统能将太阳能直接变为电能，故B错误；
C．“长征五号”火箭使用的液氢燃料，燃烧以后产物是水，具有无污染的特点，故C正确；
D．电能相对于化石燃料更加环保，故D正确；
故选B。
2. 下列说法正确的是
A. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=−57.3kJ·mol−1，在中和热的测定时实际加入的酸碱的量的多少会影响该反应的ΔH
B. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源负极相连
C. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：ΔH=-38.6kJ/mol
D. 向CH3COOH溶液中加入少量NaOH，可促进醋酸电离，使H+浓度增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热是指在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热量，所以实际加入的酸碱的量的多少不会影响该反应的ΔH，故A错误；
B．在外加电流的阴极保护法中，将被保护的钢铁设备与直流电源负极相连作阴极，被保护，故B正确；
C．合成氨的反应为可逆反应，0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成氨气的物质的量小于1mol，放热19.3kJ，则热化学方程式为 ΔH<-38.6kJ/mol，故C错误；
D．加入NaOH，NaOH和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但c(H+)减小，故D错误；
故答案选B。
3. 下列事实中，能用勒夏特列原理解释的是
A. H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡混合气加压后颜色变深
B. 使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率
C. 500℃左右比室温更有利于氨的合成
D. 工业合成氨时，采用迅速冷却的方法，将气态氨变为液氨后及时从混合物中分离出去，以提高NH3的产量
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡混合气加压后，浓度变大，颜色变深，但平衡没有移动，因此不能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率，平衡没有移动，因此不能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此室温比500℃左右更有利于氨的合成，故C不符合题意；
D．工业合成氨时，采用迅速冷却的方法，将气态氨变为液氨后及时从混合物中分离出去，降低生成物浓度，平衡正向移动，有利于提高NH3的产量，能用勒夏特列原理解释，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
4. 下列表述不正确的是
A. 盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液
B. 粗铜质量减少6.4g时，电路中转移0.2mol电子
C. a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D. 正极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A．Zn比铜活泼，则铜锌原电池中Zn为负极，Cu为正极，工作时阴离子移向负极，即盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液中，A项正确；
B．粗铜为阳极，其含有铁、锌等杂质，故当阳极减少的质量为6.4g时，电路中转移的电子不一定为0.2mol，B项错误；
C．该装置为惰性电极电解CuCl2装置，a电极为阳极，b电极为阴极，Cl－在阳极失电子生成Cl2，Cl2能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C项正确；
D．铁、碳电极与氯化钠溶液构成原电池，碳电极为正极，正极上O2得电子生成OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，D项正确；
答案选B。
5. 关于反应 △H=-116kJ·mol-1，下列说法正确的是
A. 断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H-O键生成，说明该反应达到平衡状态
B. 反应活化能：Ea(正)＜Ea(逆)
C. 每生成22.4LCl2，放出58kJ的热量
D. 使用高效催化剂，可使平衡时的值增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H-O键生成，均表示正反应速率，不能说明该反应达到平衡状态，A错误；
B．该正反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，即Ea(正)＜Ea(逆)，B正确；
C．未指明气体所处状况，不能用标准状况的气体摩尔体积进行计算，C错误；
D．平衡常数只受温度的影响，使用高效催化剂，平衡时不变，D错误；
故选B。
6. 一定温度下，将浓度为溶液加水不断稀释，始终保持增大的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．HF为弱酸，存在电离平衡：加水稀释，平衡正向移动,但c()减小，故A不符合题意；
B．电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数Ka(HF)不变，故B不符合题意；
C．当溶液无限稀释时，不断减小，无限接近，减小，故C不符合题意；
D．由于加水稀释,平衡正向移动,所以溶液中增大，减小，增大，故D符合题意；
故答案为D。
7. 已知：。以太阳能为热源分解，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如下：
过程Ⅰ：
过程Ⅱ：……
下列说法正确是
A. 起催化剂的作用，在反应过程中化学性质不发生改变
B. 过程Ⅰ中每消耗转移4mol电子
C. 过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是太阳能→化学能→热能
D. 过程Ⅱ的热化学方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】已知：①
②
由盖斯定律可知，反应（①-②）得过程Ⅱ：；
【详解】A．反应经过2个过程经热化学铁氧化合物循环分解水制，反应中四氧化三铁为过程Ⅰ反应物，过程Ⅱ的生成物，不是催化剂，A错误；
B．，反应中氧元素化合价由-2变为0，电子转移为，的物质的量为1mol，则反应转移2mol电子，B错误；
C．由分析可知，过程Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，故不存在化学能→热能，C错误；
D．由分析可知，过程Ⅱ的热化学方程式为，D正确；
故选D。
8. 一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如图。下列说法不正确的是
A 与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜
B. 第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+
C. 第二步中，放电结束后，电解质溶液中NaCl的含量增大
D. 理论上，每消耗1mol O2，可生产4mol NaOH和2mol Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，故A正确；
B．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，故B正确；
C. 第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，故C错误；
D．理论上，每消耗1mol O2，转移4mol电子，第一步生成4mol NaOH；根据钠守恒，第二步提取4mol NaCl，第三步生成生成2mol Cl2，故D正确；
故选C。
9. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高
B. 图乙可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大
C. 图丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数w(B)>w(A)
D. 图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH<0
【答案】D
【解析】
【详解】A．镁条与盐酸反应放热，温度升高反应速率加快，后来随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应速率变慢，t1时刻反应速率最快，不能说明溶液的温度最高，镁与盐酸还在继续反应，温度还在升高，选项A错误；
B．离子积常数只随温度变化，a、b点的温度都是25℃，a点Kw的数值和b点Kw的数值相同，选项B错误；
C．t1 ℃时A、B的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等，升温至t2 ℃时，溶解度增大，溶液为不饱和溶液，溶质没有变化，质量分数不变，所以:w(A)= w(B)，选项C错误；
D．图丁表示等量NO2在容积相同不同温度下分别发生反应，相同时间后测得NO2含量的曲线，由图可知，开始一段时间NO2的含量随温度升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2的含量达到最小值曲线的最低点时，该反应达到平衡状态，继续升高温度NO2的含量又逐渐增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，该反应逆反应是吸热反应，则正方向为放热反应，所以该反应的△H<0，选项D正确；
答案选D。
10. 在密闭容器中，m A(g)+n B(g)pC(g)反应达平衡时，测得c(A)为0.5mol•L‾1，温度不变情况下，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，测得 c(A)为 0.3mol•L‾1，则下列判断中正确的是（ ）
A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质B的转化率减小
C. m + n 【答案】B
【解析】
【分析】温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则有m+n＞p，据此答题。
【详解】A.由分析可知，平衡向逆反应方向移动，故A错误；
B.平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故B正确；
C.由分析可知，m+n＞p，故C错误；
D.平衡向逆反应方向移动，物质C的质量分数减小，故D错误。
故选B。
11. 化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科关注的方面之一、某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。他事先在盐酸中加入等体积的下列物质以减慢反应速率但不影响生成氢气的量。你认为可行的是
①KCl溶液②浓盐酸③蒸馏水④CuSO4溶液⑤KNO3固体⑥CH3COONa固体
A. ①③⑥ B. ①⑤⑥ C. ①③⑤⑥ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】要降低反应速率，可以采用降低温度、降低氢离子浓度等方法实现；①加入KCl溶液，使溶液中c(H＋)降低，反应速率降低，且氢离子总物质的量不变，生成氢气总量不变；②加入浓盐酸溶液，使溶液中c(H＋)增大，化学反应速率增大，且氢离子总物质的量增加，使生成氢气总量增大；③加入蒸馏水，使溶液中c(H＋)减小，反应速率降低，且氢离子总物质的量不变，生成氢气总量不变；④加入CuSO4溶液，Zn和铜离子发生置换反应生成Cu，Zn与置换产生的Cu和稀盐酸构成了原电池而加快反应速率；⑤KNO3固体对溶液中c(H＋)没有影响，反应速率不变；⑥加入CH3COONa固体，引入CH3COO-，CH3COO-水解使溶液中c(H＋)减小，反应速率降低，且氢离子总物质的量不变，生成氢气总量不变；所以反应①③⑥可行；
故答案选A。
12. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应的速率和平衡的影响，图像如下，下列判断正确的是
A. 由图a可知，，该反应的逆反应为放热反应
B. 由图b可知，该反应
C. 图c是绝热条件下速率和时间的图像，由此说明该反应放热
D. 图d中，曲线a一定是加入了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．图a为折线图，先出现拐点者先达到平衡，说明其反应速率快，反应速率快说明对应的温度高或压强大，故图a中T1>T2，对比两条曲线发现，平衡时温度越高，C%越少，说明温度升高，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，推得逆向为吸热反应，A错误；
B．比较m+n与p大小关系，需考虑压强对平衡移动的影响，根据图b，压强增大，C%升高，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理，推得m+n>p；B错误；
C．根据图c，反应起始一段时间速率加快，由于反应开始后，浓度是一直减小的，故不可能是浓度的原因，联想到绝热体系，可能是因为温度升高导致反应速率加快，说明该反应为放热反应，C正确；
D．图d说明a对应改变的条件不影响平衡移动，一种情况是加入催化剂，另一种情况是前后气体分子数不变改变压强，D错误；
故选：C
13. 摩拜单车利用车篮处的太阳能电池板向智能锁中的锂离子电池充电，电池反应原理为：LiCoO2+6C Li1-xCoO2+LixC6，结构如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，正极质量增加
B. 充电时，锂离子由右向左移动
C. 该锂离子电池工作时，正极锂元素化合价降低
D. 充电时，阳极的电极反应式为：Li1-xCoO2+ xLi+ + xe- = LiCoO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．放电时，正极发生反应：，正极质量增加，A正确；
B．充电时，阳极（左侧）生成锂离子，向阴极（右侧）移动，锂离子由左向右移动，故B错误；
C．整个充放电过程中，锂元素化合价均不变，C错误；
D．充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，故D错误；
答案选A。
14. 某研究小组以Ag-ZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)N2(g)＋O2(g)；有CO时反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。下列说法正确的是
A. 反应2NO(g)N2(g)+O2(g)的ΔH＞0
B. 达平衡后，其他条件不变，使＞1，CO转化率上升
C. X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率
D. Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v正(CO) ＞v逆(CO)
【答案】D
【解析】
【详解】A．从曲线I可知，无CO时，NO转化率达峰值后继续升高温度，NO转化率下降，即反应2NO(g)N2(g)+O2(g)的平衡随温度升高逆向移动，故其ΔH＜0，A错误；
B．达平衡后，其他条件不变，使＞1，即增加CO投入，则平衡正向移动，但CO转化率下降，B错误；
C．催化剂影响反应速率，改变反应达到平衡的时间，不能改变平衡的移动，故不能通过更换高效催化剂提高NO转化率，C错误；
D．依题意， Y点温度下发生反应：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)，起始时，从曲线Ⅱ知其NO转化率为80%，此时的平衡常数K== =1600(mol/L)-1；再通入CO、N2各0.01mol，此时体系浓度商Q==889(mol/L)-1，Q v逆(CO)，D正确；
故选D 。
第II卷(58分)
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 联氨(H2N-NH2)又称肼，是一种二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。是一种绿色环保还原剂，可用作火箭燃料。
（1）常温下，已知0.1molL-1氨水溶液的pH=11，则由水电离出的OH-浓度c(OH-)水=________；
将此溶液稀释100倍后的pH________9(填“>”或“=”或“＜”)。
（2）写出等物质的量浓度、等体积的联氨与盐酸混合，反应的离子方程式：________。
（3）发射火箭时以液态肼(N2H4)为燃料，双氧水作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知：
①2H2O2(1)=2H2O(1)+O2(g) △H=-196kJ mol-1；②H2O(1)=H2O(g) △H=-43.98kJ mol-1；肼的燃烧热为-622.08kJ mol-1。写出上述反应的热化学方程式________。
②你认为是否可以通过改变反应条件，发生上述反应的逆反应，N2和水制取N2H4，若能，指出可能的反应条件；若不能，请指出原因________。
（4）一种以N2H4(g)为燃料的电池装置如图所示。该燃料电池以空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。
①负极的电极反应式为________。
②用此碱性燃料电池作电源电解AgNO3溶液，电解的化学方程式为________。
【答案】（1） ①. 10-11 mol•L‾1 ②. >
（2）
（3） ①. ；△H＝－994kJ·mol－1 ②. 不能；由于该反应放出大量的热，其逆反应需要吸收大量的热，即逆反应的△H是很大的正值，且由N2和水蒸气生成肼和双氧水是熵减小的，因此反应：N2(g)+4H2O(g)＝N2H4(l)+2H2O2(l)的△H－T△S总是大于零，说明该反应不能自发进行，故不能用N2和水来制取N2H4。
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
常温下，已知0.1mol /L氨水溶液的pH=11，c水(OH-)=c水(H+)=c液(H+)=10-11mol/L；此溶液的c(OH-)=，稀释100倍后，根据越稀越电离，c(OH-)> ，则c(H+)< ，pH>9；
【小问2详解】
等物质的量浓度、等体积的联氨与盐酸混合生成，反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
①2H2O2(1)=2H2O(1)+O2(g) △H=-196kJ mol-1；②H2O(1)=H2O(g) △H=-43.98kJ mol-1；③肼的燃烧热热化学方程式为N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH=-622.08kJ mol-1，根据盖斯定律：液态肼与双氧水反应生成氮气和气态水的热化学方程式：
N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g) ΔH=③+①+4×②=-622.08kJ mol-1-196kJ mol-1-4×43.98kJ mol-1=-994kJ·mol-1；
②N2和水制取N2H4不能实现，由于该反应放出大量的热，其逆反应需要吸收大量的热，即逆反应的△H是很大的正值，且由N2和水蒸气生成肼和双氧水是熵减小的，因此反应：N2(g)+4H2O(g)＝N2H4(l)+2H2O2(l)的△H－T△S总是大于零，说明该反应不能自发进行，故不能用N2和水来制取N2H4；
【小问4详解】
①负极是肼失电子生成氮气，电极反应式是；
②电解硝酸银溶液，是Ag+和H2O中的OH-放电生成Ag和O2，反应方程式为。
16. 亚磷酸H3PO3是一种二元弱酸，可用作还原剂、尼龙增白剂、亚磷酸盐原料、农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。
（1）设计实验证明H3PO3的酸性比碳酸强：________。
（2）常温下，已知H3PO3溶液中含磷粒子的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。
①随溶液pH的变化用曲线________(填“1”、“2”或“3”)表示。
②反应的平衡常数K=________。
【答案】（1）将亚磷酸加入到NaHCO3溶液中，产生气泡则亚磷酸酸性强于碳酸的
（2） ①. 3 ②. 105.11
【解析】
【小问1详解】
要证明H3PO3的酸性比碳酸强，可以利用复分解反应中遵循较强酸制备较弱酸，即将亚磷酸加入到NaHCO3溶液中，产生气泡则亚磷酸酸性强于碳酸；
【小问2详解】
①H3PO3是二元弱酸，发生电离：H3PO3H++H2PO，H2POH++HPO，随着溶液中的pH逐渐增大，H3PO3逐渐减小，H2PO逐渐增大后又减小，HPO逐渐增大，随溶液pH的变化用曲线3；
②利用交叉点求算电离平衡常数，H3PO3H++H2PO Ka1==10-1.43，H2POH++HPO Ka2==10-6.54，反应可以由第一步电离减去第二步电离，故平衡常数K=。
17. SO2与NOx是大气主要污染物，需要经过净化处理后才能排放。
（1）石灰石-石膏法是一种常见的“钙基固硫”方法。其中，石灰石的溶解率与脱硫效果有密切关系。可将催化条件下CaCO3吸收SO2宏观反应分为三步：
i．CaCO3由固相溶解进入液相，溶解速率为RA；
ii．SO2由气相扩散进入液相，扩散速率为RB；
iii．在催化剂作用下，溶解的SO2和Ca2+发生化学反应，且反应在液相中进行，反应速率为RC。温度变化对总反应速率的影响如图所示。
①温度在25~45℃时，总反应速率受________(填“RA”、“RB”或“Rc”)控制。
②45~55℃(催化剂活性不变)曲线呈下降趋势的原因：一是二氧化硫溶解度随温度升高而降低；二是______。
（2）利用MnO2与SO2反应既可消除污染又可以制备MnSO4，将含有SO2尾气和一定比例的空气通入MnO2悬浊液中，保持温度不变的情况下，测得溶液中c(Mn2+)和随反应时间的变化如图所示。导致溶液中c(Mn2+)和的变化产生明显差异的原因是：________。
（3）原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于NO的脱除。热解温度为500℃、900℃；得到的煤焦分别用S-500、S-900表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析(%)
比表面积(cm2·g-1)
C
H
S-500
80.79
2.76
105.69
S-900
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过如下反应器。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如图所示。[已知：NO的脱除主要含吸附和化学还原(△H<0)两个过程。]
①已知煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据分析其可能原因是________、________。
②350℃后，随着温度升高，NO的脱除率增大的原因是________。
（4）利用电化学联合处理法可实现SO2和NO同时除去，工作原理如图所示：
①阳极的电极反应式为________。
②若工作前后阴极室成分不变，被处理的SO2和NO在相同条件下的体积比V(SO2)∶V(NO)=________。
【答案】（1） ①. Rc ②. CaCO3溶解度随温度的升高而降低
（2）Mn2+催化O2与H2O、SO2 反应，生成H2SO4
（3） ①. 热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少 ②. S-900的比表面积小，吸附能力弱 ③. 温度升高，反应速率增大
（4） ①. ②. 1∶1
【解析】
【小问1详解】
①三步中，i、 ii 为物理变化，i为溶解，ii 为扩散，只有iii才为化学变化，只有iii中SO2和Ca2+发生了反应，才能说明总反应已经开始，所以RC决定总反应速率；
②45°C以后，升高温度，反应速率变慢，曲线呈下降趋势的原因一是SO2的溶解度随温度升高而减小，二是由于CaCO3的溶解度随温度升高而降低；
【小问2详解】
若反应体系只发生MnO2+SO2=MnSO4，Mn2+与SO变化应一致，即c(Mn2+)=c(SO)，而图示信息表明，c(SO )>c(Mn2+)，说明还发生了其它生成SO的反应，由于温度不变，反应中还通入空气，所以可能是空气中的O2将SO2氧化生SO，从图像看，生成SO的速率较快，而Mn2+在后期是不变的，所以Mn2+可能是SO2催化氧化成SO的催化剂；
【小问3详解】
①煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据以及图示分析，可能的原因是：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少、S-900的比表面积小，吸附能力弱。故答案为：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少；S-900的比表面积小，吸附能力弱；
②350℃后，随着温度升高，反应速率增大，NO的脱除率增大；
【小问4详解】
①由图甲可知，阳极发生氧化反应，SO2转化为H2SO4，电极反应式为；
②工作前后阴极室成分不变，吸收池离子反应方程式为2S2O+2NO+H2O=N2+4HSO，根据电荷守恒，可得出以下关系式：SO2~2e-~2 HSO~ S2O~NO，则有V(SO2)∶V(NO)=1∶1。
18. 合成氨反应为： △H
（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)：
①步骤c的化学方程式为________。
②下列关于合成氨的说法不正确的是________(填字母)。
A．因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行
B．步骤d、e、f中均有N-H键的生成
C．使用该催化剂可提高NH3的产量，降低反应的△H
D．加压不仅可加快反应速率，还有利于提高NH3产量
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物H2的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度，n表示H2物质的量)：
①图像中T1和T2关系是：T1________T2(填“＜”、“＞”或“=”)。
②比较在a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是________(填字母)．
（3）向容积为1.0L的反应容器中通入5mol N2、15mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气体中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示。
①M点的平衡常数K=________(可用分数表示)。
②已知瞬时速率表达式v正=k正c3(H2)·c(N2)，v逆=k逆c2(NH3)(k为速率常数，只与温度有关)。温度由T1调到T2，活化分子百分率________(填“增大”“减小”或“不变”)，k正增大倍数________k逆增大倍数(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】（1） ①. ②. AC
（2） ①. ＞ ②. c
（3） ①. (或7.32×10-3) ②. 增大 ③. 小于
【解析】
【小问1详解】
①由题图可知，步骤c中与作用转化为和，所以步骤c的化学方程式为；
②A．反应自发进行根据△H-T△S＜0判断，只考虑△S＜0，不能判断反应是否自发进行，故A错误；
B．根据题中图示信息，步骤d是*N*NH，步骤e是*NH*NH2，步骤f是*NH2*NH3，则均有N-H键的生成，故B正确；
C．催化剂对反应的始态和终态无影响，只改变活化能，而△H只与始态和终态有关，所以使用催化剂，对△H没有影响，故C错误；
D．由N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH可知，该反应是一个气体体积缩小反应，增大压强，加快反应速率，平衡正向移动，所以加压不仅可加快反应速率，还有利于提高NH3的产量，故D正确；
答案为AC；
【小问2详解】
①由N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0可知，该反应是放热反应，相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，平衡时NH3%减小，由图可知，相同条件下，T1条件下平衡时NH3%较低，则T1＞T2；答案为＞；
②增大氢气的浓度，有利于N2的转化，该反应是放热反应，低温有利于N2的转化，则反应物N2的转化率最高的是c；答案为c；
【小问3详解】
①根据题中数据，设达平衡时氮气的变化量为，列出三段式：
，由题图可知M点平衡时的质量分数为40%，反应过程中气体的总质量不变，所以，解得，反应容器的容积为1.0L，则平衡时，，，M点的平衡常数；
②相同压强下，由于合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，温度越高氨气的产量越低，所以温度大小关系是，则温度由T1调到T2，温度升高时，活化分子百分率增大；平衡时，，即，，升温时，减小，减小，故增大的倍数小于的。
江苏省响水中学2022~2023学年度春学期高二年级阶段性考试化学试题
考生注意：
1．本试题分第I卷和第II卷，共8页。
2．满分100分，考试时间为75分钟。
3．可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Fe-56，Cu-64，Zn-65
第I卷(42分)
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 中国航天事业取得突破性发展。有关空间站建设中的说法不正确的是
A. 蓄热材料可以实现化学能与热能的直接转换
B. “太阳翼”及光伏发电系统能将太阳能变为化学能
C. “长征五号”火箭使用的液氢燃料具有无污染的特点
D. “天和”核心舱使用电推发动机，比化石燃料更加环保
【答案】B
【解析】
【详解】A．可利用可逆化学反应通过热能和化学能的转换进行蓄热的，因此蓄热材料可以实现化学能与热能的直接转换，故A正确；
B．“太阳翼”及光伏发电系统能将太阳能直接变为电能，故B错误；
C．“长征五号”火箭使用的液氢燃料，燃烧以后产物是水，具有无污染的特点，故C正确；
D．电能相对于化石燃料更加环保，故D正确；
故选B。
2. 下列说法正确的是
A. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=−57.3kJ·mol−1，在中和热的测定时实际加入的酸碱的量的多少会影响该反应的ΔH
B. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源负极相连
C. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：ΔH=-38.6kJ/mol
D. 向CH3COOH溶液中加入少量NaOH，可促进醋酸电离，使H+浓度增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热是指在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热量，所以实际加入的酸碱的量的多少不会影响该反应的ΔH，故A错误；
B．在外加电流的阴极保护法中，将被保护的钢铁设备与直流电源负极相连作阴极，被保护，故B正确；
C．合成氨的反应为可逆反应，0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成氨气的物质的量小于1mol，放热19.3kJ，则热化学方程式为 ΔH<-38.6kJ/mol，故C错误；
D．加入NaOH，NaOH和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但c(H+)减小，故D错误；
故答案选B。
3. 下列事实中，能用勒夏特列原理解释的是
A. H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡混合气加压后颜色变深
B. 使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率
C. 500℃左右比室温更有利于氨的合成
D. 工业合成氨时，采用迅速冷却的方法，将气态氨变为液氨后及时从混合物中分离出去，以提高NH3的产量
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡混合气加压后，浓度变大，颜色变深，但平衡没有移动，因此不能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率，平衡没有移动，因此不能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此室温比500℃左右更有利于氨的合成，故C不符合题意；
D．工业合成氨时，采用迅速冷却的方法，将气态氨变为液氨后及时从混合物中分离出去，降低生成物浓度，平衡正向移动，有利于提高NH3的产量，能用勒夏特列原理解释，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
4. 下列表述不正确的是
A. 盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液
B. 粗铜质量减少6.4g时，电路中转移0.2mol电子
C. a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D. 正极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A．Zn比铜活泼，则铜锌原电池中Zn为负极，Cu为正极，工作时阴离子移向负极，即盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液中，A项正确；
B．粗铜为阳极，其含有铁、锌等杂质，故当阳极减少的质量为6.4g时，电路中转移的电子不一定为0.2mol，B项错误；
C．该装置为惰性电极电解CuCl2装置，a电极为阳极，b电极为阴极，Cl－在阳极失电子生成Cl2，Cl2能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C项正确；
D．铁、碳电极与氯化钠溶液构成原电池，碳电极为正极，正极上O2得电子生成OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，D项正确；
答案选B。
5. 关于反应 △H=-116kJ·mol-1，下列说法正确的是
A. 断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H-O键生成，说明该反应达到平衡状态
B. 反应活化能：Ea(正)＜Ea(逆)
C. 每生成22.4LCl2，放出58kJ的热量
D. 使用高效催化剂，可使平衡时的值增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．断裂4mol H-Cl键的同时，有4mol H-O键生成，均表示正反应速率，不能说明该反应达到平衡状态，A错误；
B．该正反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，即Ea(正)＜Ea(逆)，B正确；
C．未指明气体所处状况，不能用标准状况的气体摩尔体积进行计算，C错误；
D．平衡常数只受温度的影响，使用高效催化剂，平衡时不变，D错误；
故选B。
6. 一定温度下，将浓度为溶液加水不断稀释，始终保持增大的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．HF为弱酸，存在电离平衡：加水稀释，平衡正向移动,但c()减小，故A不符合题意；
B．电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数Ka(HF)不变，故B不符合题意；
C．当溶液无限稀释时，不断减小，无限接近，减小，故C不符合题意；
D．由于加水稀释,平衡正向移动,所以溶液中增大，减小，增大，故D符合题意；
故答案为D。
7. 已知：。以太阳能为热源分解，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如下：
过程Ⅰ：
过程Ⅱ：……
下列说法正确是
A. 起催化剂的作用，在反应过程中化学性质不发生改变
B. 过程Ⅰ中每消耗转移4mol电子
C. 过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是太阳能→化学能→热能
D. 过程Ⅱ的热化学方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】已知：①
②
由盖斯定律可知，反应（①-②）得过程Ⅱ：；
【详解】A．反应经过2个过程经热化学铁氧化合物循环分解水制，反应中四氧化三铁为过程Ⅰ反应物，过程Ⅱ的生成物，不是催化剂，A错误；
B．，反应中氧元素化合价由-2变为0，电子转移为，的物质的量为1mol，则反应转移2mol电子，B错误；
C．由分析可知，过程Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，故不存在化学能→热能，C错误；
D．由分析可知，过程Ⅱ的热化学方程式为，D正确；
故选D。
8. 一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如图。下列说法不正确的是
A 与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜
B. 第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+
C. 第二步中，放电结束后，电解质溶液中NaCl的含量增大
D. 理论上，每消耗1mol O2，可生产4mol NaOH和2mol Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，故A正确；
B．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，故B正确；
C. 第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，故C错误；
D．理论上，每消耗1mol O2，转移4mol电子，第一步生成4mol NaOH；根据钠守恒，第二步提取4mol NaCl，第三步生成生成2mol Cl2，故D正确；
故选C。
9. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图甲表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高
B. 图乙可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大
C. 图丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数w(B)>w(A)
D. 图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的ΔH<0
【答案】D
【解析】
【详解】A．镁条与盐酸反应放热，温度升高反应速率加快，后来随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应速率变慢，t1时刻反应速率最快，不能说明溶液的温度最高，镁与盐酸还在继续反应，温度还在升高，选项A错误；
B．离子积常数只随温度变化，a、b点的温度都是25℃，a点Kw的数值和b点Kw的数值相同，选项B错误；
C．t1 ℃时A、B的溶解度相等，饱和溶液的溶质的质量分数相等，升温至t2 ℃时，溶解度增大，溶液为不饱和溶液，溶质没有变化，质量分数不变，所以:w(A)= w(B)，选项C错误；
D．图丁表示等量NO2在容积相同不同温度下分别发生反应，相同时间后测得NO2含量的曲线，由图可知，开始一段时间NO2的含量随温度升高而减小，这是因为温度升高反应速率加快，反应正向进行的程度逐渐增大，当NO2的含量达到最小值曲线的最低点时，该反应达到平衡状态，继续升高温度NO2的含量又逐渐增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，该反应逆反应是吸热反应，则正方向为放热反应，所以该反应的△H<0，选项D正确；
答案选D。
10. 在密闭容器中，m A(g)+n B(g)pC(g)反应达平衡时，测得c(A)为0.5mol•L‾1，温度不变情况下，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，测得 c(A)为 0.3mol•L‾1，则下列判断中正确的是（ ）
A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质B的转化率减小
C. m + n 【答案】B
【解析】
【分析】温度不变的情况下，将容积增大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.30mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则有m+n＞p，据此答题。
【详解】A.由分析可知，平衡向逆反应方向移动，故A错误；
B.平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故B正确；
C.由分析可知，m+n＞p，故C错误；
D.平衡向逆反应方向移动，物质C的质量分数减小，故D错误。
故选B。
11. 化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科关注的方面之一、某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。他事先在盐酸中加入等体积的下列物质以减慢反应速率但不影响生成氢气的量。你认为可行的是
①KCl溶液②浓盐酸③蒸馏水④CuSO4溶液⑤KNO3固体⑥CH3COONa固体
A. ①③⑥ B. ①⑤⑥ C. ①③⑤⑥ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】要降低反应速率，可以采用降低温度、降低氢离子浓度等方法实现；①加入KCl溶液，使溶液中c(H＋)降低，反应速率降低，且氢离子总物质的量不变，生成氢气总量不变；②加入浓盐酸溶液，使溶液中c(H＋)增大，化学反应速率增大，且氢离子总物质的量增加，使生成氢气总量增大；③加入蒸馏水，使溶液中c(H＋)减小，反应速率降低，且氢离子总物质的量不变，生成氢气总量不变；④加入CuSO4溶液，Zn和铜离子发生置换反应生成Cu，Zn与置换产生的Cu和稀盐酸构成了原电池而加快反应速率；⑤KNO3固体对溶液中c(H＋)没有影响，反应速率不变；⑥加入CH3COONa固体，引入CH3COO-，CH3COO-水解使溶液中c(H＋)减小，反应速率降低，且氢离子总物质的量不变，生成氢气总量不变；所以反应①③⑥可行；
故答案选A。
12. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应的速率和平衡的影响，图像如下，下列判断正确的是
A. 由图a可知，，该反应的逆反应为放热反应
B. 由图b可知，该反应
C. 图c是绝热条件下速率和时间的图像，由此说明该反应放热
D. 图d中，曲线a一定是加入了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．图a为折线图，先出现拐点者先达到平衡，说明其反应速率快，反应速率快说明对应的温度高或压强大，故图a中T1>T2，对比两条曲线发现，平衡时温度越高，C%越少，说明温度升高，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，推得逆向为吸热反应，A错误；
B．比较m+n与p大小关系，需考虑压强对平衡移动的影响，根据图b，压强增大，C%升高，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理，推得m+n>p；B错误；
C．根据图c，反应起始一段时间速率加快，由于反应开始后，浓度是一直减小的，故不可能是浓度的原因，联想到绝热体系，可能是因为温度升高导致反应速率加快，说明该反应为放热反应，C正确；
D．图d说明a对应改变的条件不影响平衡移动，一种情况是加入催化剂，另一种情况是前后气体分子数不变改变压强，D错误；
故选：C
13. 摩拜单车利用车篮处的太阳能电池板向智能锁中的锂离子电池充电，电池反应原理为：LiCoO2+6C Li1-xCoO2+LixC6，结构如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，正极质量增加
B. 充电时，锂离子由右向左移动
C. 该锂离子电池工作时，正极锂元素化合价降低
D. 充电时，阳极的电极反应式为：Li1-xCoO2+ xLi+ + xe- = LiCoO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．放电时，正极发生反应：，正极质量增加，A正确；
B．充电时，阳极（左侧）生成锂离子，向阴极（右侧）移动，锂离子由左向右移动，故B错误；
C．整个充放电过程中，锂元素化合价均不变，C错误；
D．充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，故D错误；
答案选A。
14. 某研究小组以Ag-ZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)N2(g)＋O2(g)；有CO时反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。下列说法正确的是
A. 反应2NO(g)N2(g)+O2(g)的ΔH＞0
B. 达平衡后，其他条件不变，使＞1，CO转化率上升
C. X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率
D. Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v正(CO) ＞v逆(CO)
【答案】D
【解析】
【详解】A．从曲线I可知，无CO时，NO转化率达峰值后继续升高温度，NO转化率下降，即反应2NO(g)N2(g)+O2(g)的平衡随温度升高逆向移动，故其ΔH＜0，A错误；
B．达平衡后，其他条件不变，使＞1，即增加CO投入，则平衡正向移动，但CO转化率下降，B错误；
C．催化剂影响反应速率，改变反应达到平衡的时间，不能改变平衡的移动，故不能通过更换高效催化剂提高NO转化率，C错误；
D．依题意， Y点温度下发生反应：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)，起始时，从曲线Ⅱ知其NO转化率为80%，此时的平衡常数K== =1600(mol/L)-1；再通入CO、N2各0.01mol，此时体系浓度商Q==889(mol/L)-1，Q
故选D 。
第II卷(58分)
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 联氨(H2N-NH2)又称肼，是一种二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。是一种绿色环保还原剂，可用作火箭燃料。
（1）常温下，已知0.1molL-1氨水溶液的pH=11，则由水电离出的OH-浓度c(OH-)水=________；
将此溶液稀释100倍后的pH________9(填“>”或“=”或“＜”)。
（2）写出等物质的量浓度、等体积的联氨与盐酸混合，反应的离子方程式：________。
（3）发射火箭时以液态肼(N2H4)为燃料，双氧水作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知：
①2H2O2(1)=2H2O(1)+O2(g) △H=-196kJ mol-1；②H2O(1)=H2O(g) △H=-43.98kJ mol-1；肼的燃烧热为-622.08kJ mol-1。写出上述反应的热化学方程式________。
②你认为是否可以通过改变反应条件，发生上述反应的逆反应，N2和水制取N2H4，若能，指出可能的反应条件；若不能，请指出原因________。
（4）一种以N2H4(g)为燃料的电池装置如图所示。该燃料电池以空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。
①负极的电极反应式为________。
②用此碱性燃料电池作电源电解AgNO3溶液，电解的化学方程式为________。
【答案】（1） ①. 10-11 mol•L‾1 ②. >
（2）
（3） ①. ；△H＝－994kJ·mol－1 ②. 不能；由于该反应放出大量的热，其逆反应需要吸收大量的热，即逆反应的△H是很大的正值，且由N2和水蒸气生成肼和双氧水是熵减小的，因此反应：N2(g)+4H2O(g)＝N2H4(l)+2H2O2(l)的△H－T△S总是大于零，说明该反应不能自发进行，故不能用N2和水来制取N2H4。
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
常温下，已知0.1mol /L氨水溶液的pH=11，c水(OH-)=c水(H+)=c液(H+)=10-11mol/L；此溶液的c(OH-)=，稀释100倍后，根据越稀越电离，c(OH-)> ，则c(H+)< ，pH>9；
【小问2详解】
等物质的量浓度、等体积的联氨与盐酸混合生成，反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
①2H2O2(1)=2H2O(1)+O2(g) △H=-196kJ mol-1；②H2O(1)=H2O(g) △H=-43.98kJ mol-1；③肼的燃烧热热化学方程式为N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH=-622.08kJ mol-1，根据盖斯定律：液态肼与双氧水反应生成氮气和气态水的热化学方程式：
N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g) ΔH=③+①+4×②=-622.08kJ mol-1-196kJ mol-1-4×43.98kJ mol-1=-994kJ·mol-1；
②N2和水制取N2H4不能实现，由于该反应放出大量的热，其逆反应需要吸收大量的热，即逆反应的△H是很大的正值，且由N2和水蒸气生成肼和双氧水是熵减小的，因此反应：N2(g)+4H2O(g)＝N2H4(l)+2H2O2(l)的△H－T△S总是大于零，说明该反应不能自发进行，故不能用N2和水来制取N2H4；
【小问4详解】
①负极是肼失电子生成氮气，电极反应式是；
②电解硝酸银溶液，是Ag+和H2O中的OH-放电生成Ag和O2，反应方程式为。
16. 亚磷酸H3PO3是一种二元弱酸，可用作还原剂、尼龙增白剂、亚磷酸盐原料、农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。
（1）设计实验证明H3PO3的酸性比碳酸强：________。
（2）常温下，已知H3PO3溶液中含磷粒子的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。
①随溶液pH的变化用曲线________(填“1”、“2”或“3”)表示。
②反应的平衡常数K=________。
【答案】（1）将亚磷酸加入到NaHCO3溶液中，产生气泡则亚磷酸酸性强于碳酸的
（2） ①. 3 ②. 105.11
【解析】
【小问1详解】
要证明H3PO3的酸性比碳酸强，可以利用复分解反应中遵循较强酸制备较弱酸，即将亚磷酸加入到NaHCO3溶液中，产生气泡则亚磷酸酸性强于碳酸；
【小问2详解】
①H3PO3是二元弱酸，发生电离：H3PO3H++H2PO，H2POH++HPO，随着溶液中的pH逐渐增大，H3PO3逐渐减小，H2PO逐渐增大后又减小，HPO逐渐增大，随溶液pH的变化用曲线3；
②利用交叉点求算电离平衡常数，H3PO3H++H2PO Ka1==10-1.43，H2POH++HPO Ka2==10-6.54，反应可以由第一步电离减去第二步电离，故平衡常数K=。
17. SO2与NOx是大气主要污染物，需要经过净化处理后才能排放。
（1）石灰石-石膏法是一种常见的“钙基固硫”方法。其中，石灰石的溶解率与脱硫效果有密切关系。可将催化条件下CaCO3吸收SO2宏观反应分为三步：
i．CaCO3由固相溶解进入液相，溶解速率为RA；
ii．SO2由气相扩散进入液相，扩散速率为RB；
iii．在催化剂作用下，溶解的SO2和Ca2+发生化学反应，且反应在液相中进行，反应速率为RC。温度变化对总反应速率的影响如图所示。
①温度在25~45℃时，总反应速率受________(填“RA”、“RB”或“Rc”)控制。
②45~55℃(催化剂活性不变)曲线呈下降趋势的原因：一是二氧化硫溶解度随温度升高而降低；二是______。
（2）利用MnO2与SO2反应既可消除污染又可以制备MnSO4，将含有SO2尾气和一定比例的空气通入MnO2悬浊液中，保持温度不变的情况下，测得溶液中c(Mn2+)和随反应时间的变化如图所示。导致溶液中c(Mn2+)和的变化产生明显差异的原因是：________。
（3）原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于NO的脱除。热解温度为500℃、900℃；得到的煤焦分别用S-500、S-900表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析(%)
比表面积(cm2·g-1)
C
H
S-500
80.79
2.76
105.69
S-900
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过如下反应器。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如图所示。[已知：NO的脱除主要含吸附和化学还原(△H<0)两个过程。]
①已知煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据分析其可能原因是________、________。
②350℃后，随着温度升高，NO的脱除率增大的原因是________。
（4）利用电化学联合处理法可实现SO2和NO同时除去，工作原理如图所示：
①阳极的电极反应式为________。
②若工作前后阴极室成分不变，被处理的SO2和NO在相同条件下的体积比V(SO2)∶V(NO)=________。
【答案】（1） ①. Rc ②. CaCO3溶解度随温度的升高而降低
（2）Mn2+催化O2与H2O、SO2 反应，生成H2SO4
（3） ①. 热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少 ②. S-900的比表面积小，吸附能力弱 ③. 温度升高，反应速率增大
（4） ①. ②. 1∶1
【解析】
【小问1详解】
①三步中，i、 ii 为物理变化，i为溶解，ii 为扩散，只有iii才为化学变化，只有iii中SO2和Ca2+发生了反应，才能说明总反应已经开始，所以RC决定总反应速率；
②45°C以后，升高温度，反应速率变慢，曲线呈下降趋势的原因一是SO2的溶解度随温度升高而减小，二是由于CaCO3的溶解度随温度升高而降低；
【小问2详解】
若反应体系只发生MnO2+SO2=MnSO4，Mn2+与SO变化应一致，即c(Mn2+)=c(SO)，而图示信息表明，c(SO )>c(Mn2+)，说明还发生了其它生成SO的反应，由于温度不变，反应中还通入空气，所以可能是空气中的O2将SO2氧化生SO，从图像看，生成SO的速率较快，而Mn2+在后期是不变的，所以Mn2+可能是SO2催化氧化成SO的催化剂；
【小问3详解】
①煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据以及图示分析，可能的原因是：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少、S-900的比表面积小，吸附能力弱。故答案为：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少；S-900的比表面积小，吸附能力弱；
②350℃后，随着温度升高，反应速率增大，NO的脱除率增大；
【小问4详解】
①由图甲可知，阳极发生氧化反应，SO2转化为H2SO4，电极反应式为；
②工作前后阴极室成分不变，吸收池离子反应方程式为2S2O+2NO+H2O=N2+4HSO，根据电荷守恒，可得出以下关系式：SO2~2e-~2 HSO~ S2O~NO，则有V(SO2)∶V(NO)=1∶1。
18. 合成氨反应为： △H
（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)：
①步骤c的化学方程式为________。
②下列关于合成氨的说法不正确的是________(填字母)。
A．因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行
B．步骤d、e、f中均有N-H键的生成
C．使用该催化剂可提高NH3的产量，降低反应的△H
D．加压不仅可加快反应速率，还有利于提高NH3产量
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物H2的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度，n表示H2物质的量)：
①图像中T1和T2关系是：T1________T2(填“＜”、“＞”或“=”)。
②比较在a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是________(填字母)．
（3）向容积为1.0L的反应容器中通入5mol N2、15mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气体中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示。
①M点的平衡常数K=________(可用分数表示)。
②已知瞬时速率表达式v正=k正c3(H2)·c(N2)，v逆=k逆c2(NH3)(k为速率常数，只与温度有关)。温度由T1调到T2，活化分子百分率________(填“增大”“减小”或“不变”)，k正增大倍数________k逆增大倍数(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】（1） ①. ②. AC
（2） ①. ＞ ②. c
（3） ①. (或7.32×10-3) ②. 增大 ③. 小于
【解析】
【小问1详解】
①由题图可知，步骤c中与作用转化为和，所以步骤c的化学方程式为；
②A．反应自发进行根据△H-T△S＜0判断，只考虑△S＜0，不能判断反应是否自发进行，故A错误；
B．根据题中图示信息，步骤d是*N*NH，步骤e是*NH*NH2，步骤f是*NH2*NH3，则均有N-H键的生成，故B正确；
C．催化剂对反应的始态和终态无影响，只改变活化能，而△H只与始态和终态有关，所以使用催化剂，对△H没有影响，故C错误；
D．由N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH可知，该反应是一个气体体积缩小反应，增大压强，加快反应速率，平衡正向移动，所以加压不仅可加快反应速率，还有利于提高NH3的产量，故D正确；
答案为AC；
【小问2详解】
①由N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0可知，该反应是放热反应，相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，平衡时NH3%减小，由图可知，相同条件下，T1条件下平衡时NH3%较低，则T1＞T2；答案为＞；
②增大氢气的浓度，有利于N2的转化，该反应是放热反应，低温有利于N2的转化，则反应物N2的转化率最高的是c；答案为c；
【小问3详解】
①根据题中数据，设达平衡时氮气的变化量为，列出三段式：
，由题图可知M点平衡时的质量分数为40%，反应过程中气体的总质量不变，所以，解得，反应容器的容积为1.0L，则平衡时，，，M点的平衡常数；
②相同压强下，由于合成氨的反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，温度越高氨气的产量越低，所以温度大小关系是，则温度由T1调到T2，温度升高时，活化分子百分率增大；平衡时，，即，，升温时，减小，减小，故增大的倍数小于的。
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