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福建省厦门双十学校2022-2023学年高二上学期期中考化学试卷（原卷版+解析版）
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(试卷满分：100分 考试时间：75分钟)
参考的相对原子质量：H1 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题4分，共40分)
1. 中科院科学家发现，在水滑石表面可发生：。关于该过程的说法正确的是
A. 属于固氮过程B. 化学能一部分转化成了热能
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量D. 证明氮的非金属性大于氧
【答案】A
【解析】
【详解】A．该过程将游离态的氮转化为氮的化合物，属于固氮过程，A项正确；
B．该反应为吸热反应，该过程将热能转化成化学能，B项错误；
C．该反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，C项错误；
D．N、O都在第二周期，同周期从左到右主族元素的非金属性逐渐增强，N的非金属性小于O，D项错误；
答案选A。
2. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·ml－1，则氢气的燃烧热为241.8 kJ·ml－1
B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·ml－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ
C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a 2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝b，则a＞b
D. 已知P4(白磷，s)=4P(红磷，s) ΔH＜0，则白磷比红磷稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃烧热是指燃烧1ml物质生成最稳定的氧化物所放出的热量，注意生成的水必须为液态，不能为气态，故A错误；
B.40gNaOH的物质的量为1ml，醋酸完全反应，生成水是1ml，但醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以1mlNaOH与稀醋酸反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故B正确；
C.2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=a．①
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b，②
两个反应均为放热反应，△H均小于0，反应①是碳的完全燃烧，放出的热量多，故a值越小；反应②碳的不完全燃烧，放出的热量少，故b值越大，故a＜b，故C错误；
D.P（白磷，s）═P（红磷，s）△H＜0，反应放热，可知白磷的能量高于红磷，而能量越高物质越不稳定，故白磷不如红磷稳定，故D错误；
故选：B。
3. 下列叙述正确的是
A. 合成氨工业中，利用热交换器预热反应物，降低能耗提高生产效率
B. 外接电源保护海水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的正极相连
C. 氯碱工业电解饱和食盐水装置采用阴离子交换膜
D. 电解精炼铜时，与电源正极相连的是精铜
【答案】A
【解析】
【详解】A．合成氨工业中，利用热交换器预热反应物，可以降低能耗提高生产效率，故A正确；
B．外接电源保护钢闸门，这是电解装置。根据电解原理，钢闸门应与电源的负极相连，故B错误；
C．电解饱和食盐水时为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，所以常使用阳离子交换膜将电解池的阳极区与阴极区隔开，故C错误；
D．精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，因此精铜与电源的负极相连，故D错误；
故选：A。
4. 某水处理剂由纳米铁粉附着在多孔炭粉的表面复合而成，利用原电池原理处理弱酸性废水中的时，其表面发生如图所示反应。下列说法正确的是
A. 负极的电极反应式为
B. 电池工作时，向负极移动
C. 正极附近溶液的酸性增强
D. 与单独使用纳米铁粉相比，该水处理剂能加快的去除速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．负极发生氧化反应，电极方程式为，故A错误；
B．分析可知，该装置为原电池，阳离子移向正极，故B错误；
C．正极发生还原反应，电极方程式为，反应消耗氢离子，酸性减弱，故C错误；
D．与单独使用纳米铁粉相比，形成电池可以加快反应速率，故该水处理剂能加快的去除速率，故D正确；
选D。
5. 下列有关反应；说法正确的是
A. 升高体系温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 恒压条件下，气体密度不变时说明该反应已经达到化学平衡状态
C. 恒温条件下，向平衡后的容器中再加入少量，平衡常数K值变大
D. 缩小容器体积，平衡右移，同时提高的反应速率和转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．升高温度，正逆反应速率均增大，故A错误；
B．由于该反应前后气体系数改变，保证恒压，则容器体积要改变，而气体总质量不变，所以气体密度为变量，当它不变时可判断平衡状态，故B正确；
C．向平衡后的容器中再加入少量，温度不变，K值不变，故C错误；
D．为气体总物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动，则的平衡转化率减小，故D错误；
故选：B。
6. 下图是用“海水河水”浓差电池(不考虑溶解氧的影响)电镀铜的装置示意图，其中X、Y均为复合电极。下列说法错误的是
A. 电子由X电极经导线流向镀件
B. Y的电极反应式为
C. 电镀池可以用石墨电极作阳极
D. 镀件增重，理论上X极区模拟海水的质量减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．电镀铜的装置中镀件是阴极，X电极为负极，因此电子由X电极经导线流向镀件，故A正确；
B．Y电极为正极，得到电子，因此Y电极反应式为，故B正确；
C．电镀池中硫酸铜作电解液，铜离子在阴极得到电子变为铜单质镀在镀件上，因此可以用石墨电极作阳极，故C正确；
D．根据Cu2+＋2e－＝Cu，镀件增重即物质的量为0.1ml，转移0.2ml电子，正极电极反应式，有0.2ml Cl－消耗，0.2ml Na＋向正极移动，理论上X极区模拟海水减小0.2ml NaCl，其质量减少0.2ml×58.5g∙ml−1＝11.7g，故D错误。
综上所述，答案为D。
7. T1℃时，向1L密闭容器中充入10mlH2和3mlSO2发生反应：3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) ΔH<0。部分物质的物质的量n(X)随时间t变化如图中实线所示。下列说法正确的是
A. 实线a代表n(H2O)随时间变化的曲线
B. t1min时，v正(SO2)＜v逆(H2S)
C. 该反应的平衡常数K=L•ml-1
D. 若该反应在T2℃(T2＜T1)时进行，则虚线b可表示n(SO2)的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) ΔH<0可知，达到平衡时生成H2O的物质的量是消耗SO2的2倍，故实线a不是代表n(H2O)随时间变化的曲线，而是代表H2S随时间变化的曲线，A错误；
B．由题干图示信息可知，t1min后H2S的物质的量还在增大，SO2的物质的量还在减小，说明反应在向正向进行，且化学反应中各物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，则有v正(SO2)=v逆(H2S)，此时v正(H2S)> v逆(H2S)，即v正(SO2)> v逆(H2S)，B错误；
C．由题干图示信息可知，达到平衡时，SO2的物质的量为0.3ml，根据三段式分析可知，容器的体积为1L，则该反应的平衡常数：，C正确；
D．根据3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) ΔH<0可知，则降低温度，平衡正向移动，SO2的平衡转化量增大，平衡时的物质的量减小，故若该反应在T2℃(T2＜T1)时进行，则虚线b不可表示n(SO2)的变化，D错误；
答案选C。
8. 已知：的反应历程分两步：
第1步：(快)
第2步：(慢)
在固定容积的容器中充入一定量NO和发生上述反应，测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。下列说法错误的是
A. 第1步、第2步正反应活化能分别为、，则
B. a点后，迅速减小的原因是第1步平衡逆向移动，第2步速率加快
C. b点后，增加的原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大
D. 若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，则体系建立平衡的时间不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．第2步是慢反应，由活化能越大反应速率越慢，可知第2步正反应活化能较大，则，A正确；
B．总反应速率由慢反应即第2步反应决定，a点后，迅速减小说明第2步速率加快，且第1步平衡逆向移动，B正确；
C．b点后，增加说明第2步平衡逆向移动，生成的比第1步平衡逆向移动消耗的速率快，则原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大，C正确；
D．若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，由于反应前后气体分子数不相等，恒压下会导致容器体积变化，进而导致物质的浓度发生变化，反应速率发生变化，则体系建立平衡的时间改变，D错误；
故选：D。
9. 下列实验方案能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．若铁被腐蚀后有生成，与反应会生成蓝色沉淀，反之则无，故A项正确；
B．浓盐酸会与酸性重铬酸钾反应使之褪色，故无法证明存在上述可逆反应，故B项错误；
C．两份草酸均不能使高锰酸钾褪色，故不可通过记录褪色时间来探究速率大小，故C项错误；
D．未指明需要测定的物理量，无法判断温度对速率的影响，故D项错误；
故选A。
10. 某小组同学为了探究碘水与硝酸银的反应，进行如图所示实验。下列说法错误的是
A. 过程①中加入溶液后，溶液的pH变小
B. 蓝色褪去可能是因为生成AgI沉淀，使和的反应进行完全
C. 黄色沉淀为碘化银，滤液1中加入NaCl溶液是为了除去银离子
D. 向滤液2中先加入足量氢氧化钠溶液，再加入KI溶液，溶液会立即变蓝
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，碘水遇淀粉会变为蓝色说明碘水中存在如下平衡：I2+H2OH++I—+HIO，向蓝色溶液中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全，溶液蓝色褪去，过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸的滤液1；向滤液1中加入氯化钠溶液，将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀，过滤得到滤液2；向滤液2中加入碘化钾溶液，溶液中的硝酸、次碘酸与碘离子反应生成碘单质使淀粉变蓝色。
【详解】A．由分析可知，向碘水溶液中加入硝酸银溶液充分反应后，过滤得到含有次碘酸、硝酸的滤液1，溶液的酸性增强、pH变小，故A正确；
B．由分析可知，向蓝色溶液中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全，溶液蓝色褪去，故B正确；
C．由分析可知，加入氯化钠溶液的目的是除去溶液中的银离子，故C正确；
D．由分析可知，滤液2中含有次碘酸和硝酸，加入足量氢氧化钠溶液中和酸得到次碘酸钠和硝酸钠的碱性溶液，碱性条件下，硝酸根离子、次碘酸离子不能与碘离子反应，不所以加入碘化钾溶液后，溶液不会变为蓝色，故D错误；
故选D。
二、填空题(5大题，共60分)
11. 用电化学知识回答下列问题。
（1）“电絮凝-电气浮法”污水处理装置原理如图所示。在外电压作用下，可溶性阳极产生阳离子体对胶体污染物发生凝聚效应，同时另一极产生气体，在气体上浮过程中将絮体上浮，从而实现污染物的分离和水的净化。
①外接电源a端为___________极。
②石墨极电极反应为___________。
③铝电极___________用铁电极替换(填“能”或“不能”)。
（2）一种新型可充电电池结构示意如图，电池由三个不同区域(A、B、C)组成，所用电解质分别为KOH、和，不同区域由离子交换膜(a、b)隔开。
①Zn发生极___________反应(填“氧化”或“还原”)。
②a为极___________离子交换膜(填“阳”或“阴”，下同)，b为极___________离子交换膜。
③的电极反应式为极___________。
（3）一种二氧化碳的富集装置如图所示。
①电极材料采用多孔碳酸锂，“多孔”的优点是___________。
②电极a的电极反应式为___________。
【答案】（1） ① 正 ②. ③. 能
（2） ①. 氧化 ②. 阳 ③. 阴 ④.
（3） ①. 提高电极反应物在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触 ②. 负极；
【解析】
【详解】(1)根据图中信息可知，铝转化为氢氧化铝沉淀，可知铝失电子产生铝离子，故铝电极为连接正极的阳极，即a为正极，b为负极，石墨为阴极。
①由题干知铝电极为阳极，阳极接电源正极，即a端为正极，故答案为：正；
②石墨电极为阴极，阴极上得电子，发生的电极反应为，
故答案为：；
③铁可以失电子得到。也会生成沉淀，故铝电极能用铁电极替换，故答案为：能；
(2)①放电时，Zn作负极失电子，发生氧化反应，故答案为：氧化；
②分析可知，A为KOH，C为，B为，电池工作时，钾离子透过a膜向中间迁移，故a膜为阳离子交换膜，硫酸根离子透过b膜向中间迁移，故b膜为阴离子交换膜，故答案为：氧化；
③电极为正极，电极反应式为，
故答案为：；
(3)①采用多孔导电材料，可以提高电极反应物在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，
故答案为：提高电极反应物在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触；
②由图可知，电极a为负极，氢气失电子得到氢离子，生成的氢离子结合碳酸根离子生成二氧化碳，电极反应式为：，
故答案为：负极；；
12. 合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。
（1）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始、分别为0.1ml、0.3ml时，平衡后混合物中氨的体积分数()如图所示。
①其中，___________(填“>”或“<”)，其原因是___________。
②A、B两点的反应速率：___________(填“>”、“<”或“=”)。
③若在250℃、条件下，反应达到平衡时容器的体积为0.06L，则该条件下合成氨的平衡常数___________(保留一位小数)。
（2）工业合成氨生产流程示意图如下：
①X为___________。
②上述流程中，有利于提高原料利用率的措施是___________(填标号)。
A．“净化干燥” B．“压缩机加压” C．“铁触媒400~500℃” D．原料气循环利用
③“干燥净化”中采用铜氨溶液除去CO：如何处理吸收CO后的铜氨溶液，请提出你的建议___________。
【答案】（1） ①. > ②. 反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，氨气的物质的量增大，则平衡时氨气的体积分数增大，则 ③. < ④. 21.3
（2） ①. 液氨 ②. BD ③. 在减压下，加热吸收CO后的铜氨废液，用硫酸吸收氨气，并收集纯净的CO
【解析】
【小问1详解】
①反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，氨气的物质的量增大，则平衡时氨气的体积分数增大，故答案为：>；反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，氨气的物质的量增大，则平衡时氨气的体积分数增大，则；
②温度越大，压强越大，反应速率越大，由①分析可知，，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，故答案为：<；
③由图可知，平衡时氨气的体积分数为66.7%，设在250℃、条件下，生成氨气的物质的量为2x，由题意得到三段式：
由氨气的体积分数可得×100%=66.7%，解得x=0.08，则反应的平衡常数K===21.3，故答案为：21.3；
【小问2详解】
①氨气遇冷极易液化，则热交换得到的混合气体冷却得到液氨，故答案为：液氨；
②合成氨反应为气体体积减小的反应，压缩机加压和原料气循环利用可以使平衡向正反应方向移动，有利于提高原料利用率，故选BD；
③吸收一氧化碳的反应为气体体积减小的反应，则在减压和加热下，有利于反应逆向移动，从而用硫酸吸收氨气，并收集纯净的CO，故答案为：在减压下，加热吸收CO后的铜氨废液，用硫酸吸收氨气，并收集纯净的CO。
13. 是石油化工行业产生的污染性气体，工业上采取多种方式进行处理。
（1）常温下可用空气直接氧化脱除：；已知、S的燃烧焓分别为akJ/ml、bkJ/ml，则___________。
（2）电化学溶解-沉淀法回收利用的工艺原理如图所示：
已知：Zn能与强碱溶液反应产生；在强碱溶液中以形式存在。
①锌棒连接直流电源的___________(填“正极”或“负极”)。
②“反应器”中反应的离子方程式为___________。
③“电解槽”中没接通电源时已经有产生，用化学用语解释原因___________；
（3）间接电解法脱硫过程的装置图如图所示：
①溶液X的主要溶质是___________。
②简述在电解反应器中溶液再生的原理：___________。
③不考虑其他副反应，理论上5ml反应能生成___________。
【答案】（1）2a-2b
（2） ①. 正极 ②. ③.
（3） ①. 和HCl ②. 含和HCl的溶液进入阳极区，发生反应：，生成，且阳极区中的进入阴极区溶液得以再生 ③. 10
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律计算可得焓变为；
【小问2详解】
①根据分析，若想通过Zn吸收S，需将Zn变成，通过反应生成ZnS沉淀，此时在电解池中Zn电极一定为阳极，与电源正极相连，电极反应式为，阴极为水中得电子的反应，电极反应式为。②电解过程中生成的与发生反应生成ZnS，反应的离子方程式为。③根据已知条件，Zn可以在强碱中发生反应，生成氢气，故反应的离子方程式为。
【小问3详解】
①由流程图可知，和在吸收反应器中发生氧化还原反应生成和HCI因此X溶液中溶质主要为和HCI；②含和HCI溶液进入阳极区，发生应：，生成，且阳极区中的进入阴极区溶液得以再生；③不考虑其他副反应，理论上5mlH2S转移10ml电子，对应氢气5ml即反应能生成10g H2。
14. 由与制备甲醇是当今研究的热点之一，也是我国科学家2021年发布的由人工合成淀粉(节选途径见下图)中的重要反应之一，
已知：
反应②：
反应③：
（1）反应①的热化学方程式为___________；若过程Ⅱ中O得到4ml电子，则理论上可生成___________mlHCHO。
（2）反应①在有、无催化剂条件下的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS为过渡态。
该反应历程中决速步骤的化学方程式为，催化剂使该步骤的活化能降低___________eV。
（3）某研究小组采用上述催化剂，向密闭容器中通入3ml和1ml，只发生反应①和反应②，在不同条件下达到平衡，在T=300℃下甲醇的体积分数(CHOH)随压强p的变化、在p-600kPa下 (CHOH)随温度T的变化，如下图所示。
①X点对应的温度和压强为___________℃，___________kPa。
②M点的分压为___________kPa，此时容器中为，CO为，反应的压强平衡常数___________(压强平衡常数K是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. -49.5kJ/ml ②. 2ml
（2）0.20 （3） ①. 200 ②. 600 ③. 80 ④.
【解析】
【小问1详解】
由题干反应历程图可知，反应①为：可由反应②-反应③，根据盖斯定律可知，反应①的热化学方程式为：，由过程Ⅰ的反应可知，若过程Ⅱ中O，得到4ml电子，则理论上可生成2mlHCHO，答案为：；2ml；
【小问2详解】
多步反应中，活化能越大，反应速率越慢，决定着总反应的速率，由图示可知该反应历程中决速步骤的化学方程式为，该步骤无催化剂是的活化能为：，有催化剂时的活化能为：，故催化剂使该步骤的活化能降低；
【小问3详解】
①．反应①是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的体积分数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的体积分数增大，则曲线a为等温线，曲线b为等压线，所以X点温度为200℃、压强为600MPa，故答案为：200；600；
②．由图可知，M点的压强为800MPa，甲醇的体积分数为10%，由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时，二氧化碳、氢气、一氧化碳、甲醇和水蒸气的总物质的量为，则二氧化碳、氢气、一氧化碳、甲醇、水蒸气的平衡分压分别为×800kPa=80kPa、×800kPa=400kPa、×800kPa=80kPa、×800kPa=80kPa、×800kPa=160kPa，反应①的压强平衡常数=2.5×10-6kPa−2，故答案为：80；2.5×10-6。
15. 实验小组探究溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。
已知：ⅰ.具有强氧化性，能完全电离，易被还原；
ⅱ.淀粉检测的灵敏度很高，遇低浓度的即可快速变蓝；
ⅲ.与发生反应：
（1）实验1-1的目的是___________；
（2）实验1-2中与KI反应的离子方程式为___________；
为了探究与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，实验结果如下表
（3）加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：先与反应，使降低；
猜想2：先与KI反应，___________。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息ⅲ推测，的还原性___________(填“强于”或“弱于”)KI的；
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是实验2-2与完全反应后的溶液中___________2-1中起始，溶液应立即变蓝(填“高于”或“低于”)；
③补全猜想2：___________；
（4）查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率___________(列出计算式)；
（5）实验2-2中，30s内未检测到与反应，可能的原因是___________(写出两条)。
【答案】（1）对照实验，排除氧化的干扰
（2）
（3） ①. 强于 ②. 高于 ③. 生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝
（4）
（5）与反应的活化能大于与KI反应的活化能(或浓度相同时，与反应的速率较与KI的小)；
【解析】
【小问1详解】
实验1-1的目的是对照实验，排除氧化的干扰；
【小问2详解】
实验1-2中与KI反应的离子方程式为；
【小问3详解】
①根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，的还原性强于KI的还原性；
②实验2-2与完全反应后的溶液中高于2-1中起始；
③猜想2：生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝；
【小问4详解】
30s内的平均反应速率；
【小问5详解】
30s内未检测到与反应，可能的原因是：与反应的活化能大于与KI反应的活化能(或浓度相同时，与反应的速率较与KI的小)；。实验方案
实验目
A
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在食盐水中，一段时间后浸泡液中滴入几滴
探究上述过程铁是否发生腐蚀
B
将(强氧化剂)固体溶于水后，加入浓盐酸
证明溶液存在平衡：
C
用两支试管各取的溶液，分别加入10滴和的草酸(H2C2O4)溶液，记录溶液褪色所需的时间
探究反应物浓度对反应速率的影响
D
分别在20℃、30℃下，向溶液中依次加入硫酸和2滴淀粉溶液
探究温度对反应速率的影响
编号
1-1
1-2
实验操作
现象
无明显现象
溶液立即变蓝
编号
KI溶液/mL
溶液/mL
蒸馏水/mL
0.4%淀粉溶液/滴
溶液/mL
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
2
30
(试卷满分：100分 考试时间：75分钟)
参考的相对原子质量：H1 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题4分，共40分)
1. 中科院科学家发现，在水滑石表面可发生：。关于该过程的说法正确的是
A. 属于固氮过程B. 化学能一部分转化成了热能
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量D. 证明氮的非金属性大于氧
【答案】A
【解析】
【详解】A．该过程将游离态的氮转化为氮的化合物，属于固氮过程，A项正确；
B．该反应为吸热反应，该过程将热能转化成化学能，B项错误；
C．该反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，C项错误；
D．N、O都在第二周期，同周期从左到右主族元素的非金属性逐渐增强，N的非金属性小于O，D项错误；
答案选A。
2. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·ml－1，则氢气的燃烧热为241.8 kJ·ml－1
B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·ml－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ
C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a 2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝b，则a＞b
D. 已知P4(白磷，s)=4P(红磷，s) ΔH＜0，则白磷比红磷稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃烧热是指燃烧1ml物质生成最稳定的氧化物所放出的热量，注意生成的水必须为液态，不能为气态，故A错误；
B.40gNaOH的物质的量为1ml，醋酸完全反应，生成水是1ml，但醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以1mlNaOH与稀醋酸反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故B正确；
C.2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=a．①
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b，②
两个反应均为放热反应，△H均小于0，反应①是碳的完全燃烧，放出的热量多，故a值越小；反应②碳的不完全燃烧，放出的热量少，故b值越大，故a＜b，故C错误；
D.P（白磷，s）═P（红磷，s）△H＜0，反应放热，可知白磷的能量高于红磷，而能量越高物质越不稳定，故白磷不如红磷稳定，故D错误；
故选：B。
3. 下列叙述正确的是
A. 合成氨工业中，利用热交换器预热反应物，降低能耗提高生产效率
B. 外接电源保护海水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的正极相连
C. 氯碱工业电解饱和食盐水装置采用阴离子交换膜
D. 电解精炼铜时，与电源正极相连的是精铜
【答案】A
【解析】
【详解】A．合成氨工业中，利用热交换器预热反应物，可以降低能耗提高生产效率，故A正确；
B．外接电源保护钢闸门，这是电解装置。根据电解原理，钢闸门应与电源的负极相连，故B错误；
C．电解饱和食盐水时为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，所以常使用阳离子交换膜将电解池的阳极区与阴极区隔开，故C错误；
D．精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，因此精铜与电源的负极相连，故D错误；
故选：A。
4. 某水处理剂由纳米铁粉附着在多孔炭粉的表面复合而成，利用原电池原理处理弱酸性废水中的时，其表面发生如图所示反应。下列说法正确的是
A. 负极的电极反应式为
B. 电池工作时，向负极移动
C. 正极附近溶液的酸性增强
D. 与单独使用纳米铁粉相比，该水处理剂能加快的去除速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．负极发生氧化反应，电极方程式为，故A错误；
B．分析可知，该装置为原电池，阳离子移向正极，故B错误；
C．正极发生还原反应，电极方程式为，反应消耗氢离子，酸性减弱，故C错误；
D．与单独使用纳米铁粉相比，形成电池可以加快反应速率，故该水处理剂能加快的去除速率，故D正确；
选D。
5. 下列有关反应；说法正确的是
A. 升高体系温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 恒压条件下，气体密度不变时说明该反应已经达到化学平衡状态
C. 恒温条件下，向平衡后的容器中再加入少量，平衡常数K值变大
D. 缩小容器体积，平衡右移，同时提高的反应速率和转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．升高温度，正逆反应速率均增大，故A错误；
B．由于该反应前后气体系数改变，保证恒压，则容器体积要改变，而气体总质量不变，所以气体密度为变量，当它不变时可判断平衡状态，故B正确；
C．向平衡后的容器中再加入少量，温度不变，K值不变，故C错误；
D．为气体总物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动，则的平衡转化率减小，故D错误；
故选：B。
6. 下图是用“海水河水”浓差电池(不考虑溶解氧的影响)电镀铜的装置示意图，其中X、Y均为复合电极。下列说法错误的是
A. 电子由X电极经导线流向镀件
B. Y的电极反应式为
C. 电镀池可以用石墨电极作阳极
D. 镀件增重，理论上X极区模拟海水的质量减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．电镀铜的装置中镀件是阴极，X电极为负极，因此电子由X电极经导线流向镀件，故A正确；
B．Y电极为正极，得到电子，因此Y电极反应式为，故B正确；
C．电镀池中硫酸铜作电解液，铜离子在阴极得到电子变为铜单质镀在镀件上，因此可以用石墨电极作阳极，故C正确；
D．根据Cu2+＋2e－＝Cu，镀件增重即物质的量为0.1ml，转移0.2ml电子，正极电极反应式，有0.2ml Cl－消耗，0.2ml Na＋向正极移动，理论上X极区模拟海水减小0.2ml NaCl，其质量减少0.2ml×58.5g∙ml−1＝11.7g，故D错误。
综上所述，答案为D。
7. T1℃时，向1L密闭容器中充入10mlH2和3mlSO2发生反应：3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) ΔH<0。部分物质的物质的量n(X)随时间t变化如图中实线所示。下列说法正确的是
A. 实线a代表n(H2O)随时间变化的曲线
B. t1min时，v正(SO2)＜v逆(H2S)
C. 该反应的平衡常数K=L•ml-1
D. 若该反应在T2℃(T2＜T1)时进行，则虚线b可表示n(SO2)的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) ΔH<0可知，达到平衡时生成H2O的物质的量是消耗SO2的2倍，故实线a不是代表n(H2O)随时间变化的曲线，而是代表H2S随时间变化的曲线，A错误；
B．由题干图示信息可知，t1min后H2S的物质的量还在增大，SO2的物质的量还在减小，说明反应在向正向进行，且化学反应中各物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，则有v正(SO2)=v逆(H2S)，此时v正(H2S)> v逆(H2S)，即v正(SO2)> v逆(H2S)，B错误；
C．由题干图示信息可知，达到平衡时，SO2的物质的量为0.3ml，根据三段式分析可知，容器的体积为1L，则该反应的平衡常数：，C正确；
D．根据3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) ΔH<0可知，则降低温度，平衡正向移动，SO2的平衡转化量增大，平衡时的物质的量减小，故若该反应在T2℃(T2＜T1)时进行，则虚线b不可表示n(SO2)的变化，D错误；
答案选C。
8. 已知：的反应历程分两步：
第1步：(快)
第2步：(慢)
在固定容积的容器中充入一定量NO和发生上述反应，测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。下列说法错误的是
A. 第1步、第2步正反应活化能分别为、，则
B. a点后，迅速减小的原因是第1步平衡逆向移动，第2步速率加快
C. b点后，增加的原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大
D. 若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，则体系建立平衡的时间不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．第2步是慢反应，由活化能越大反应速率越慢，可知第2步正反应活化能较大，则，A正确；
B．总反应速率由慢反应即第2步反应决定，a点后，迅速减小说明第2步速率加快，且第1步平衡逆向移动，B正确；
C．b点后，增加说明第2步平衡逆向移动，生成的比第1步平衡逆向移动消耗的速率快，则原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大，C正确；
D．若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，由于反应前后气体分子数不相等，恒压下会导致容器体积变化，进而导致物质的浓度发生变化，反应速率发生变化，则体系建立平衡的时间改变，D错误；
故选：D。
9. 下列实验方案能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．若铁被腐蚀后有生成，与反应会生成蓝色沉淀，反之则无，故A项正确；
B．浓盐酸会与酸性重铬酸钾反应使之褪色，故无法证明存在上述可逆反应，故B项错误；
C．两份草酸均不能使高锰酸钾褪色，故不可通过记录褪色时间来探究速率大小，故C项错误；
D．未指明需要测定的物理量，无法判断温度对速率的影响，故D项错误；
故选A。
10. 某小组同学为了探究碘水与硝酸银的反应，进行如图所示实验。下列说法错误的是
A. 过程①中加入溶液后，溶液的pH变小
B. 蓝色褪去可能是因为生成AgI沉淀，使和的反应进行完全
C. 黄色沉淀为碘化银，滤液1中加入NaCl溶液是为了除去银离子
D. 向滤液2中先加入足量氢氧化钠溶液，再加入KI溶液，溶液会立即变蓝
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，碘水遇淀粉会变为蓝色说明碘水中存在如下平衡：I2+H2OH++I—+HIO，向蓝色溶液中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全，溶液蓝色褪去，过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸的滤液1；向滤液1中加入氯化钠溶液，将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀，过滤得到滤液2；向滤液2中加入碘化钾溶液，溶液中的硝酸、次碘酸与碘离子反应生成碘单质使淀粉变蓝色。
【详解】A．由分析可知，向碘水溶液中加入硝酸银溶液充分反应后，过滤得到含有次碘酸、硝酸的滤液1，溶液的酸性增强、pH变小，故A正确；
B．由分析可知，向蓝色溶液中加入硝酸银溶液，碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全，溶液蓝色褪去，故B正确；
C．由分析可知，加入氯化钠溶液的目的是除去溶液中的银离子，故C正确；
D．由分析可知，滤液2中含有次碘酸和硝酸，加入足量氢氧化钠溶液中和酸得到次碘酸钠和硝酸钠的碱性溶液，碱性条件下，硝酸根离子、次碘酸离子不能与碘离子反应，不所以加入碘化钾溶液后，溶液不会变为蓝色，故D错误；
故选D。
二、填空题(5大题，共60分)
11. 用电化学知识回答下列问题。
（1）“电絮凝-电气浮法”污水处理装置原理如图所示。在外电压作用下，可溶性阳极产生阳离子体对胶体污染物发生凝聚效应，同时另一极产生气体，在气体上浮过程中将絮体上浮，从而实现污染物的分离和水的净化。
①外接电源a端为___________极。
②石墨极电极反应为___________。
③铝电极___________用铁电极替换(填“能”或“不能”)。
（2）一种新型可充电电池结构示意如图，电池由三个不同区域(A、B、C)组成，所用电解质分别为KOH、和，不同区域由离子交换膜(a、b)隔开。
①Zn发生极___________反应(填“氧化”或“还原”)。
②a为极___________离子交换膜(填“阳”或“阴”，下同)，b为极___________离子交换膜。
③的电极反应式为极___________。
（3）一种二氧化碳的富集装置如图所示。
①电极材料采用多孔碳酸锂，“多孔”的优点是___________。
②电极a的电极反应式为___________。
【答案】（1） ① 正 ②. ③. 能
（2） ①. 氧化 ②. 阳 ③. 阴 ④.
（3） ①. 提高电极反应物在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触 ②. 负极；
【解析】
【详解】(1)根据图中信息可知，铝转化为氢氧化铝沉淀，可知铝失电子产生铝离子，故铝电极为连接正极的阳极，即a为正极，b为负极，石墨为阴极。
①由题干知铝电极为阳极，阳极接电源正极，即a端为正极，故答案为：正；
②石墨电极为阴极，阴极上得电子，发生的电极反应为，
故答案为：；
③铁可以失电子得到。也会生成沉淀，故铝电极能用铁电极替换，故答案为：能；
(2)①放电时，Zn作负极失电子，发生氧化反应，故答案为：氧化；
②分析可知，A为KOH，C为，B为，电池工作时，钾离子透过a膜向中间迁移，故a膜为阳离子交换膜，硫酸根离子透过b膜向中间迁移，故b膜为阴离子交换膜，故答案为：氧化；
③电极为正极，电极反应式为，
故答案为：；
(3)①采用多孔导电材料，可以提高电极反应物在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，
故答案为：提高电极反应物在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触；
②由图可知，电极a为负极，氢气失电子得到氢离子，生成的氢离子结合碳酸根离子生成二氧化碳，电极反应式为：，
故答案为：负极；；
12. 合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。
（1）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始、分别为0.1ml、0.3ml时，平衡后混合物中氨的体积分数()如图所示。
①其中，___________(填“>”或“<”)，其原因是___________。
②A、B两点的反应速率：___________(填“>”、“<”或“=”)。
③若在250℃、条件下，反应达到平衡时容器的体积为0.06L，则该条件下合成氨的平衡常数___________(保留一位小数)。
（2）工业合成氨生产流程示意图如下：
①X为___________。
②上述流程中，有利于提高原料利用率的措施是___________(填标号)。
A．“净化干燥” B．“压缩机加压” C．“铁触媒400~500℃” D．原料气循环利用
③“干燥净化”中采用铜氨溶液除去CO：如何处理吸收CO后的铜氨溶液，请提出你的建议___________。
【答案】（1） ①. > ②. 反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，氨气的物质的量增大，则平衡时氨气的体积分数增大，则 ③. < ④. 21.3
（2） ①. 液氨 ②. BD ③. 在减压下，加热吸收CO后的铜氨废液，用硫酸吸收氨气，并收集纯净的CO
【解析】
【小问1详解】
①反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，氨气的物质的量增大，则平衡时氨气的体积分数增大，故答案为：>；反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，氨气的物质的量增大，则平衡时氨气的体积分数增大，则；
②温度越大，压强越大，反应速率越大，由①分析可知，，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，故答案为：<；
③由图可知，平衡时氨气的体积分数为66.7%，设在250℃、条件下，生成氨气的物质的量为2x，由题意得到三段式：
由氨气的体积分数可得×100%=66.7%，解得x=0.08，则反应的平衡常数K===21.3，故答案为：21.3；
【小问2详解】
①氨气遇冷极易液化，则热交换得到的混合气体冷却得到液氨，故答案为：液氨；
②合成氨反应为气体体积减小的反应，压缩机加压和原料气循环利用可以使平衡向正反应方向移动，有利于提高原料利用率，故选BD；
③吸收一氧化碳的反应为气体体积减小的反应，则在减压和加热下，有利于反应逆向移动，从而用硫酸吸收氨气，并收集纯净的CO，故答案为：在减压下，加热吸收CO后的铜氨废液，用硫酸吸收氨气，并收集纯净的CO。
13. 是石油化工行业产生的污染性气体，工业上采取多种方式进行处理。
（1）常温下可用空气直接氧化脱除：；已知、S的燃烧焓分别为akJ/ml、bkJ/ml，则___________。
（2）电化学溶解-沉淀法回收利用的工艺原理如图所示：
已知：Zn能与强碱溶液反应产生；在强碱溶液中以形式存在。
①锌棒连接直流电源的___________(填“正极”或“负极”)。
②“反应器”中反应的离子方程式为___________。
③“电解槽”中没接通电源时已经有产生，用化学用语解释原因___________；
（3）间接电解法脱硫过程的装置图如图所示：
①溶液X的主要溶质是___________。
②简述在电解反应器中溶液再生的原理：___________。
③不考虑其他副反应，理论上5ml反应能生成___________。
【答案】（1）2a-2b
（2） ①. 正极 ②. ③.
（3） ①. 和HCl ②. 含和HCl的溶液进入阳极区，发生反应：，生成，且阳极区中的进入阴极区溶液得以再生 ③. 10
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律计算可得焓变为；
【小问2详解】
①根据分析，若想通过Zn吸收S，需将Zn变成，通过反应生成ZnS沉淀，此时在电解池中Zn电极一定为阳极，与电源正极相连，电极反应式为，阴极为水中得电子的反应，电极反应式为。②电解过程中生成的与发生反应生成ZnS，反应的离子方程式为。③根据已知条件，Zn可以在强碱中发生反应，生成氢气，故反应的离子方程式为。
【小问3详解】
①由流程图可知，和在吸收反应器中发生氧化还原反应生成和HCI因此X溶液中溶质主要为和HCI；②含和HCI溶液进入阳极区，发生应：，生成，且阳极区中的进入阴极区溶液得以再生；③不考虑其他副反应，理论上5mlH2S转移10ml电子，对应氢气5ml即反应能生成10g H2。
14. 由与制备甲醇是当今研究的热点之一，也是我国科学家2021年发布的由人工合成淀粉(节选途径见下图)中的重要反应之一，
已知：
反应②：
反应③：
（1）反应①的热化学方程式为___________；若过程Ⅱ中O得到4ml电子，则理论上可生成___________mlHCHO。
（2）反应①在有、无催化剂条件下的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS为过渡态。
该反应历程中决速步骤的化学方程式为，催化剂使该步骤的活化能降低___________eV。
（3）某研究小组采用上述催化剂，向密闭容器中通入3ml和1ml，只发生反应①和反应②，在不同条件下达到平衡，在T=300℃下甲醇的体积分数(CHOH)随压强p的变化、在p-600kPa下 (CHOH)随温度T的变化，如下图所示。
①X点对应的温度和压强为___________℃，___________kPa。
②M点的分压为___________kPa，此时容器中为，CO为，反应的压强平衡常数___________(压强平衡常数K是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. -49.5kJ/ml ②. 2ml
（2）0.20 （3） ①. 200 ②. 600 ③. 80 ④.
【解析】
【小问1详解】
由题干反应历程图可知，反应①为：可由反应②-反应③，根据盖斯定律可知，反应①的热化学方程式为：，由过程Ⅰ的反应可知，若过程Ⅱ中O，得到4ml电子，则理论上可生成2mlHCHO，答案为：；2ml；
【小问2详解】
多步反应中，活化能越大，反应速率越慢，决定着总反应的速率，由图示可知该反应历程中决速步骤的化学方程式为，该步骤无催化剂是的活化能为：，有催化剂时的活化能为：，故催化剂使该步骤的活化能降低；
【小问3详解】
①．反应①是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的体积分数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的体积分数增大，则曲线a为等温线，曲线b为等压线，所以X点温度为200℃、压强为600MPa，故答案为：200；600；
②．由图可知，M点的压强为800MPa，甲醇的体积分数为10%，由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时，二氧化碳、氢气、一氧化碳、甲醇和水蒸气的总物质的量为，则二氧化碳、氢气、一氧化碳、甲醇、水蒸气的平衡分压分别为×800kPa=80kPa、×800kPa=400kPa、×800kPa=80kPa、×800kPa=80kPa、×800kPa=160kPa，反应①的压强平衡常数=2.5×10-6kPa−2，故答案为：80；2.5×10-6。
15. 实验小组探究溶液与KI溶液的反应及其速率，实验过程和现象如表。
已知：ⅰ.具有强氧化性，能完全电离，易被还原；
ⅱ.淀粉检测的灵敏度很高，遇低浓度的即可快速变蓝；
ⅲ.与发生反应：
（1）实验1-1的目的是___________；
（2）实验1-2中与KI反应的离子方程式为___________；
为了探究与KI反应的速率，小组同学分别向两支试管中依次加入下列试剂，并记录变色时间，实验结果如下表
（3）加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长，甲同学对此提出两种猜想。
猜想1：先与反应，使降低；
猜想2：先与KI反应，___________。
①甲同学提出猜想1的依据：由信息ⅲ推测，的还原性___________(填“强于”或“弱于”)KI的；
②乙同学根据现有数据证明猜想1不成立，理由是实验2-2与完全反应后的溶液中___________2-1中起始，溶液应立即变蓝(填“高于”或“低于”)；
③补全猜想2：___________；
（4）查阅文献表明猜想2成立。根据实验2-2的数据，计算30s内的平均反应速率___________(列出计算式)；
（5）实验2-2中，30s内未检测到与反应，可能的原因是___________(写出两条)。
【答案】（1）对照实验，排除氧化的干扰
（2）
（3） ①. 强于 ②. 高于 ③. 生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝
（4）
（5）与反应的活化能大于与KI反应的活化能(或浓度相同时，与反应的速率较与KI的小)；
【解析】
【小问1详解】
实验1-1的目的是对照实验，排除氧化的干扰；
【小问2详解】
实验1-2中与KI反应的离子方程式为；
【小问3详解】
①根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，的还原性强于KI的还原性；
②实验2-2与完全反应后的溶液中高于2-1中起始；
③猜想2：生成的与迅速反应，待消耗完，继续生成时，淀粉才变蓝；
【小问4详解】
30s内的平均反应速率；
【小问5详解】
30s内未检测到与反应，可能的原因是：与反应的活化能大于与KI反应的活化能(或浓度相同时，与反应的速率较与KI的小)；。实验方案
实验目
A
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在食盐水中，一段时间后浸泡液中滴入几滴
探究上述过程铁是否发生腐蚀
B
将(强氧化剂)固体溶于水后，加入浓盐酸
证明溶液存在平衡：
C
用两支试管各取的溶液，分别加入10滴和的草酸(H2C2O4)溶液，记录溶液褪色所需的时间
探究反应物浓度对反应速率的影响
D
分别在20℃、30℃下，向溶液中依次加入硫酸和2滴淀粉溶液
探究温度对反应速率的影响
编号
1-1
1-2
实验操作
现象
无明显现象
溶液立即变蓝
编号
KI溶液/mL
溶液/mL
蒸馏水/mL
0.4%淀粉溶液/滴
溶液/mL
变色时间/s
2-1
2
0
2.8
2
0.2
立即
2-2
2
0.8
0.2
2
2
30
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