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湖南省益阳博雅高级中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题（原卷版+解析版）
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满分：100分，考试时间：75分钟
注意事项：
1.考试范围：选修一、选修二第一、二章。
2.可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23
第I卷(选择题)
一、选择题(本题包括14个小题，每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 对反应，。下列说法正确的是
A. 该反应能够自发的原因
B. 工业上使用合适的催化剂可提高的生产效率
C. 升高温度，该反应减小，增大，平衡向逆反应方向移动
D. 2 ml 和1 ml 中所含化学键能总和比2 ml 中大116.4
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应，能够自发的原因是，故A错误；
B．催化剂能加快反应速率，工业上使用合适的催化剂可提高的生产效率，故B正确；
C．升高温度，该反应、均增大，故C错误；
D．焓变=反应物总键能-生成物总键能，正反应放热，2 ml 和1 ml 中所含化学键能总和比2 ml 中小116.4 ，故D错误；
选B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 基态氧原子的价电子轨道表示式：
B. 分子的模型：
C. 的电子式：
D. 中子数为10的氧原子：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态氧原子的价电子轨道表示式中的轨道上应有两个方向相同的单电子，A错误；
B．分子的模型应标出原子中的2对孤电子对，B错误；
C．的电子式为，C错误；
D．中子数为10的氧原子为，D正确；
故选D。
3. 在水溶液中进行的反应：，已知该反应速率方程为(k为常数)，为探究反应速率(v)与反应物浓度的关系，在20℃进行实验，所得的数据如下表：
下列结论正确的是
A. 反应体系的三种物质中，H+(aq)的浓度对反应速率影响最大
B. 速率常数的数值为0.03
C. a、b、c的值分别为1、5、6
D. 实验⑤中，
【答案】A
【解析】
【详解】A．由①②数据得b=1， 由①④数据得a=1，由②③数据得c=2，则反应体系的三种物质中，H+(aq)的浓度对反应速率影响最大，A正确；
B．结合A分析，将①中数据代入中，则，=3.75，B错误；
C．由A分析可知，abc分别为1、1、2，C错误；
D．实验⑤中，，D错误；
故选A。
4. 在一定温度下容积不变的密闭容器中，不能说明可逆反应，已达到平衡状态的是
A. A、B、C的浓度相等
B. 容器内的压强保持不变
C. A的生成速率与A的分解速率相等
D. 单位时间内，生成3n ml B，同时生成2n ml C
【答案】A
【解析】
【详解】A．A、B、C的浓度相等不能说明可逆反应已达平衡，A、B、C的浓度不变才能说明可逆反应已达平衡，A符合题意；
B．容积不变的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，该反应物质的量是变量，故压强也是变量，容器内的压强保持不变时，说明反应已达平衡，B不符合题意；
C．A的生成速率与A的分解速率相等，说明可逆反应已达动态平衡，已达平衡状态，C不符合题意；
D．单位时间内，生成3n ml B，表示逆反应速率，同时生成2n ml C，表示正反应速率，且生成的速率之比等于化学计量数之比，说明可逆反应已达平衡，D不符合题意；
故选A。
5. 室温下，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是
A. a、c两点存在关系：
B. b点的小于c点的
C. 与同浓度的盐酸完全反应时，消耗盐酸体积：
D. a、b、c三点溶液的导电性：
【答案】A
【解析】
【分析】从图中可以看出，两条曲线起点pH相同，但加水稀释相同倍数后，两条曲线的pH减小程度不同，则上面那条曲线表示氨水稀释过程的pH变化，下面那条曲线表示NaOH溶液加水稀释过程的pH变化。
【详解】A．a点电荷守恒：。c点电荷守恒：。a、c两点和相等，因此，A正确；
B．只与温度有关，溶液的温度都是相同的，b、c两点相等，B错误；
C．因为两份溶液的体积相同、pH相同，而一水合氨为弱电解质，只发生部分电离，所以的总物质的量大于NaOH的总物质的量，稀释过程中溶质总物质的量不变，所以c点消耗盐酸多，C错误；
D．离子浓度越大，导电性越强，因此导电性：，D错误；
答案选A。
6. 常温下，分别向体积均为10mL、浓度均为0.1ml/L的FeCl2和MnCl2溶液中滴加0.1ml/L的K2S溶液，滴加过程中溶液-1gc(Fe2+)和-1gc(Mn2+)与滴入K2S溶液体积(V)的关系如图所示。[已知：Ksp(MnS)>Ksp(FeS)，lg3≈0.5，忽略溶液混合时温度和体积的变化]，下列说法正确的是
A. a-b-e为MnCl2溶液的滴定曲线
B. 加入过量难溶的FeS可除去FeCl2溶液中混有的Mn2+
C. e点纵坐标约为12.5
D. 溶液的pH：c>d>a
【答案】A
【解析】
【分析】图中纵坐标为金属离子浓度负对数，数值越大，离子浓度越小，根据已知Ksp(MnS)>Ksp(FeS)，即硫离子浓度相等时，c(Fe2+)< c(Mn2+)，可判断a-c-d为FeCl2溶液滴定曲线，a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，据此分析结合选项解答。
【详解】A．由分析可知，a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，故A正确；
B．由Ksp(MnS)>Ksp(FeS)可知，FeS比MnS更难溶，所以加入过量难溶FeS不能除去溶液中混有的Mn2+，故B错误；
C．a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，向10mL浓度为0.1ml/L的MnCl2溶液中滴加0.1ml/L的K2S溶液，b点达到滴定终点，硫离子、锰离子浓度近似相等，-lgc(Mn2+)=7.5，Ksp(MnS)=10-15，e点时，c(S2-)=0.1ml/L，c(Mn2+)==3×10-14，故e点纵坐标为-lgc(Mn2+)=-lg3×10-14=14-lg3=13.5，故C错误；
D．a点溶液中Mn2+和Fe2+离子水解，溶液显酸性，分别加入硫化钾生成沉淀，硫化钾中，硫离子水解，溶液呈碱性，c点为FeS溶液滴定曲线上的点，Fe2+离子恰好完全沉淀，溶质为氯化钾，溶液呈中性，d点硫化钾过量，溶液主要成分为氯化钾和硫化钾，溶液显碱性，则溶液的pH：d>c>a，故D错误；
故选A。
7. 汽车已经成为人类不可缺少的交通工具，但汽车尾气是大气主要污染源。某科研机构将汽车尾气中的和设计成如图所示的燃料电池，实现了和的无害转化。
下列说法正确的是
A. 石墨I为负极，发生还原反应
B. 电池工作时，向石墨II电极处移动
C. 石墨II电极反应式为
D. 石墨I生成时，外电路中通过电子
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，石墨I上一氧化氮中的氮由+2价降低到0价，发生还原反应，则石墨I为正极，则石墨II为负极，以此解题。
【详解】A．石墨Ⅰ电极上反应生成，氮元素化合价降低，属于还原反应，石墨Ⅰ为正极，A项错误；
B．电池工作时向负极移动，即向石墨Ⅱ电极处移动，B项正确；
C．石墨Ⅱ为负极，电极反应式为，C项错误；
D．是，氮元素化合价由+2价降低为0价，每生成转移电子，D项错误；
故选B。
8. “遥遥领先”的华为芯片制造过程用了蚀刻技术。利用进行硅芯片蚀刻时的产物均为气体，在蚀刻物表面不留任何残留物。该反应微观示意图如下，下列说法正确的是
A. 甲分子中的共价键为非极性键B. 丙的摩尔质量为104g
C. 反应前后各元素的价态不变D. 上述反应类型是置换反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据反应前后原子的种类、个数和质量不变，与Si在一定条件下生成SiF4和N2，化学方程式为，甲为NF3、乙为Si、丙为SiF4、丁为N2；
【详解】A．甲分子中的共价键为氮氟极性键，A错误；
B．丙为SiF4，摩尔质量为104g/ml，B错误；
C．反应中硅、氮元素化合价发生改变，C错误；
D．由分析可知，反应为一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，则反应为置换反应，D正确；
故选D。
9. 常温下，取pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述错误的是
A. 稀释前c(H2A)=0.005ml/L
B. 用NaOH滴定H2A溶液时，可以用酚酞作指示剂
C. 含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2-)+c(B2-)+c(HB-)
D. pH=10的NaHB溶液中，离子浓度大小：c(Na+)>c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=2的H2A稀释100倍时溶液的pH变为4，说明该酸完全电离，所以为强酸，其电离方程式为H2A═2H++A2-，pH=2氢离子浓度为0.01ml/L，稀释前c(H2A)=0.005ml/L，故A正确；
B．H2A为强酸，用NaOH滴定H2A溶液时，可以用酚酞作指示剂，故B正确；
C．根据物料守恒可知，含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+2c(HB-)+2c(H2B)+2c(B2-)，故C错误；
D．H2B是弱酸，NaHB水溶液的pH=10，说明溶液显碱性，HB-离子的电离程度小于其水解程度呈碱性，离子浓度大小为：c(Na+)>c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)，故D正确；
故选C。
10. ，向容器中投入一定量的和发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。下列说法正确的是
A. 反应物浓度：a点小于b点B. 反应物的总能量大于生成物的总能量
C. 的转化率：D. 反应进行到c点达平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A． 随反应进行，反应物浓度减小，则反应物浓度：a点大于b点，故A错误；
B． 图中c点反应速率最大，c之后减小，可知反应放热使a～c段反应速率增大，则正反应为放热反应，可知反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；
C． 随反应进行，消耗的二氧化硫增加，则SO2的转化率：a＜b＜c,故C错误；
D． c点之后反应速率仍在变化，则c点没有达到平衡，故D错误；
故选：B
11. 将等物质的量的A、B混合于的密闭容器中发生反应：，经后测得D的浓度为，，以C表示的平均速率，下列说法正确的是
A. 反应速率
B. 该反应方程式中，x=1
C. 时，A转化率为60％
D. 时，A的物质的量为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意得v(D)==0.25ml·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v(B)=v(D)=0.125ml·L-1·min-1，A错误；
B．根据题意得v(D) =0.25ml·L-1·min-1，以C表示的平均速率v(C)=0.25ml·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x＝2，B错误；
C．由D知A的转化率为，C错误；
D．2min时，D的物质的量是0.5ml/L×2L=1ml，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5ml、0.5ml，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5ml、y-0.5ml，根据c(A)：c(B)=3：5，解得=3:5，解得y=3ml。所以2min时，A的物质的量为3ml-1.5ml=1.5ml，D正确；
故选D。
12. 醋酸的电离方程式为。25℃时，醋酸溶液中存在下述关系：，其数值是该温度下醋酸的电离平衡常数(Ka)。下列说法不正确的是
A. 的溶液中的约为
B. 等物质的量浓度的溶液与HA溶液(25℃时，)，则pH：
C. 该温度下醋酸溶液
D. 升高温度，增大，变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．对于溶液，，且，则，A正确；
B．弱酸的K值越大，等浓度的酸溶液的酸性越强，溶液的pH就越小，Ka：CH3COOH＞HA，则等物质的量浓度的CH3COOH溶液与HA溶液pH：CH3COOH＜HA，B正确；
C．因为电离平衡常数只和温度有关，该温度下0.1 ml/L的醋酸溶液，C错误；
D．由于CH3COOH电离过程是吸热过程，所以升高温度，促进醋酸的断裂，醋酸的断裂平衡向正向移动，导致溶液中c(H+)增大，Ka变大，D正确；
故选C。
13. X、Y、Z、Q、W为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大。Z、W位于同一主族，Q、W位于同一周期且相邻。X单质标准状况下的密度约为，Y的同位素可用于测定文物年代，Z元素的某种单质可用作自来水消毒剂，下列说法正确的是
A. 电负性：Z＞Q＞WB. 键角：
C. 、均为非极性分子D. Q和Z可形成原子比为、的两种分子
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大。X单质标准状况下的密度约为，则X为H元素，Y的同位素可用于测定文物年代，则Y为C元素，Z元素的某种单质可用作自来水消毒剂，则Z为O元素，Z、W位于同一主族，则W为S元素，Q、W位于同一周期且相邻，则Q为Cl元素，据此分析解题。
【详解】A．同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，所以电负性O＞Cl＞S，故A正确；
B．为SO3，为H2S，为H2O，由于O原子的电负性大与S， 键角应该H2O比H2S中的键角大，故B错误；
C．CS2为非极性分子，H2O2为极性分子，故C错误；
D．Q为Cl元素，Z为O，可形成Cl2O3，Cl2O5尚未被发现，故D错误；
故答案选A。
14. 铁的配合物离子(用表示)参加某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
A. 该过程的总反应为
B. 浓度越大越有利于该转化过程进行
C. 该过程的总反应速率由IV→I步骤决定
D. I作为催化剂可以改变反应的活化能，不能改变反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为，故A正确；
B．若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应I→II速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均不利于该转化过程进行，故B错误；
C．由反应进程可知，反应IV→I能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故C正确；
D．I在转化过程中作为催化剂，催化剂只改变反应历程，不能改变反应的焓变，故D正确；
故选B。
第II卷(非选择题)
二、非选择题(本题包括4个小题，共52分)
15. 刀片电池(The blade battery)是比亚迪于2020年3月29日发布的电池产品。正极材料使用了磷酸亚铁锂()，具有强环境适应性，更安全可靠的特点。磷酸亚铁锂由、(葡萄糖)和在高温条件下制备：。回答下列问题：
（1）Li位于元素周期表的_____区，基态Fe原子的价电子排布式为_________。
（2）同周期元素中，第一电离能大于O的原子是_______。
（3）有关叙述正确的是___________。
A. 分子中键和键个数比为1：1B. 含有极性键的非极性分子
C. 分子空间结构与相同D. 熔点、沸点高于
（4）的空间结构为______，其中P采取____杂化方式。
（5）上述反应方程式涉及的物质中最易溶于水的共价化合物是______，解释易溶于水的原因_______。
【答案】（1） ①. s ②.
（2）N、F、Ne （3）AB
（4） ①. 正四面体形 ②.
（5） ①. (葡萄糖) ②. (葡萄糖)中含有羟基，葡萄糖和水均是极性分子，根据相似相溶，同时葡萄糖和水形成分子间氢键
【解析】
【小问1详解】
Li核外电子排布为，因此Li位于元素周期表的s区，基态Fe原子的价电子排布式为；
【小问2详解】
总体趋势同周期元素原子的第一电离能随核电荷数增多增大，第VA族np轨道是半充满稳定结构，第一电离能大于同周期第VIA族元素原子。因此，同周期元素中，第一电离能大于O的原子是N、F、Ne；
【小问3详解】
A．结构式为，2个键2个键，个数比为1：1，A正确；
B．空间结构为直线形，为含有极性键的非极性分子，B正确；
C．空间结构为V形，C错误；
D．水分子间存在氢键，作用力较强，熔沸点高于，D错误；
故选AB；
【小问4详解】
的中心原子价层电子对键+孤电子对，空间结构为正四面体形，P采取杂化；
【小问5详解】
葡萄糖为共价化合物且易溶于水；(葡萄糖)中含有羟基，葡萄糖和水均是极性分子，根据相似相溶，同时葡萄糖和水形成分子间氢键。
16. 二氧化锰是工业上常用的氧化剂、催化剂，以菱锰矿（主要成分，还含有、、、、、等杂质）为原料制备的工艺流程如图：
已知：、、
回答下列问题：
（1）酸浸时为了提高浸出效率，除升温外，还可以采取的措施是__________（任写一种）。
（2）“中和除杂1”是将铁、铝元素转化为沉淀除去，物质X最好选用__________（填标号）。
A. B. C. NaOHD.
（3）“除杂2”除去的主要离子是__________（填离子符号）。
（4）用惰性电极电解溶液获得的过程如图所示。
①A为电源__________极。
②理论上，当电路中转移10ml电子时，左室产生气体的质量为__________g。
③右室的电极反应式为__________。
（5）电解后的废液中依然存在，通常用处理。25℃，向含有的溶液中通入一定量的气体，当时，开始沉淀，此时溶液的pH=__________。[已知：25℃，的电离常数，；]。
【答案】（1）适当增大硫酸的浓度；充分搅拌等 （2）D
（3）、
（4） ①. 负 ②. 10 ③.
（5）4
【解析】
【分析】菱锰矿加入硫酸酸浸，得到、Ca2+、Al3+、Mg2+、Fe3+、Mn2+的溶液，加入MnO2，将氧化成Fe3+，加入MnCO3，中和H2SO4等，得到Fe(OH)3和Al(OH)3的沉淀，过滤，在滤液加入MnF2，得到CaF2和MgF2的沉淀和硫酸锰的溶液，过滤出沉淀，对滤液进行电解，得到产品MnO2和H2SO4，(4)根据题干图示中，阴离子的流向可知，左侧区为阴极区，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧区为阳极区，电极反应为:Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，据此分析解题。
【小问1详解】
酸浸时升高温度，适当增大硫酸的浓度，将菱锰矿粉碎和充分搅拌均可提高漫出效率，则除升温外，还可以采取措施有适当增大硫酸的浓度，将菱锰矿粉碎和充分搅拌等，故答案为：适当增大硫酸的浓度，将菱锰矿粉碎和充分搅拌等；
【小问2详解】
“中和除杂1”是将铁、铝元素转化为沉淀除去，而Mn不沉淀，Cu将与Fe3+反应转化为Cu2+和Fe2+，CuCO3能中和酸提高溶液的pH但将引入Cu2+，NaOH将引入Na+，则为了不引入新的杂质，则物质X最好选用MnCO3，故答案为：D
【小问3详解】
由分析可知，“除杂2”是在滤液加入MnF2，得到CaF2和MgF2的沉淀，则除去的主要离子是Ca2+和Mg2+，故答案为：Ca2+和 Mg2+；
【小问4详解】
①由分析可知，左侧区为阴极区，A为电源负极；②左侧区为阴极区，电极反应为：2H++2e-=H2↑理论上，当电路中转移10ml电子时，左室产生气体为5ml，质量为5ml×2g/ml=10g；③右侧区为阳极区，电极反应为:Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，
【小问5详解】
当溶液中c（Mn2+)=0.020mlL时，Mn2+开始沉淀，则此时c(S2-)= = ，根据H2S的Ka2可知，，解得c(H+)=1×10-4mlL，则pH=-lgc(H+)=4；
17. 汽车尾气中的是空气污染源之一，利用CO催化还原生成和的反应是减少汽车尾气污染的有效方法。
回答下列问题：
（1）用CO还原的能量变化如图甲所示，则该反应的热化学方程式为__________。
（2）不同温度和催化剂下，分别向容积为1L的密闭容器中充入和1mlCO进行实验，经过t秒测得实验数据如下，实验Ⅰ中，使用催化剂1时，__________；在相同温度时，催化剂2催化下的转化率更大的原因是__________。
（3）在容积均为1L的密闭容器A（起始500℃，恒温）、B（起始500℃，绝热）两个容器中分别加入、4mlCO和相同催化剂，发生反应。实验测得A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图乙所示。
①B容器中的转化率随时间的变化关系是图乙中的__________曲线（填“a”或“b”）。
②要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变的平衡转化率，在催化剂一定的情况下可调节的条件是__________（填序号）。
A．向体系内充入He气 B．升高温度 C．减小容器体积
③500℃时，该反应的化学平衡常数__________（用分数表示）。
④实验测定该反应的反应速率，，、分别是正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。计算M点处的__________（保留到小数点后一位）。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 催化剂2催化效果更好，反应速率更快，在相同温度和时间下，转化率更大
（3） ①. a ②. C ③. ④. 1.7
【解析】
【小问1详解】
由图可知，用CO还原的热化学方程式为：=生成物的总能量-反应物的总能量。
【小问2详解】
实验Ⅰ中，的转化率为9.5%，=，图中催化剂2作用下反应活化能降低的程度比催化剂1更多。因催化剂不影响反应达到平衡时反应物的转化率，由表中数据可知，相同温度时，催化剂2催化下N2O的转化率比使用催化剂1时高，说明反应未达平衡，因在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，故经过相同反应时间，N2O的转化率更高。
【小问3详解】
①反应的ΔH<0，容器B(绝热)的起始温度为500℃，反应正向进行放出热量，体系的温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，故表示B容器中N2O的转化率随时间的变化关系的是a曲线；
②该反应的正反应是气体总分子数不变的放热反应，缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O的平衡转化率，可采取的措施是缩小容器容积(增大压强)，故选C；
③图中b曲线对应A容器中N2O的转化率，达到平衡时N2O转化率为25%，则有：
该反应的化学平衡常数 =；
④M处N2O转化率为20%，则该点处，c(N2O)= =0.8ml/L，c(CO)= =3.8ml/L，c(N2)=c(CO2)= =0.2ml/L，平衡时有v正=v逆，则K==，所以M点=1.69。
18. “绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究NO的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下列问题：
（1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式为___________。
（2）通过NO传感器可检测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图所示。已知可在固体电解质中自由移动。
①电极为___________(填“正极”或“负极”)。
②Pt电极的电极反应式为___________。
（3）工业上可利用甲烷还原NO减少氮氧化物的排放。向2L恒容密闭容器中通入、，一定条件下发生反应：，测得的物质的量随时间变化的关系如表。
①下列措施能够加快该反应速率的是___________(填标号)。
A．使用催化剂 B．升高温度 C．及时分离水 D．充入He增大体系压强
②0～20min内，用NO表示该反应的平均速率为___________ml∙L-1∙min-1。
③平衡时，的体积分数为___________。
④若反应体系中的初始压强为，则该反应的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）溶液在碱性条件下可将烟气中的NO转化成，反应的离子方程式为______。
【答案】（1）N2(g)+O2(g)=2NO(g) =+180kJ/ml
（2） ①. 负极 ②. O2+4e-=2O2-
（3） ①. AB ②. 0.05 ③. 25% ④.
（4）3+4NO+4OH-=4+3Cl-+2H2O
【解析】
【小问1详解】
由示意图可知，1mlN2和1ml O2完全反应断键共吸收1444kJ能量，生成2mlNO成键共放出1264kJ能量，故反应吸收能量180kJ，该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) =+180kJ/ml。
【小问2详解】
①由图可知该传感器是原电池，NO在NiO电极失电子变为NO2，NiO电极为负极；
②由图可知，O2在Pt电极得电子变为O2-，电极反应式为：O2+4e-=2O2-。
【小问3详解】
①A．使用催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，故A选；
B．升高温度能增大反应速率，故B选；
C．及时分离水，反应物浓度减小，反应速率减小，故C不选；
D．充入He增大体系压强，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，故D不选；
故答案为AB；
②0～20min内，用NO表示该反应的平均速率为v(NO)=2v(H2O)= =0.05 ml∙L-1∙min-1；
③根据已知条件列出“三段式”
平衡时，的体积分数为=25%；
④若反应体系中的初始压强为，则初始总压为p+2p=3p，该反应是气体体积不变的反应，则平衡时总压为3p，该反应的压强平衡常数=。
【小问4详解】
溶液在碱性条件下可将烟气中的NO转化成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+4NO+4OH-=4+3Cl-+2H2O。①
②
③
④
⑤
0.008
0.008
0.004
0.008
0.008
0001
0.001
0001
0.002
0.001
0.10
0.20
0.20
0.10
0.40
v1
实验
温度/℃
催化剂
转化率/%
实验Ⅰ
400
催化剂1
9.5
400
催化剂2
10.6
实验Ⅱ
500
催化剂3
12.3
500
催化剂4
13.5
时间/min
0
10
20
30
40
50
0
0.6
1.0
1.3
1.5
1.5
满分：100分，考试时间：75分钟
注意事项：
1.考试范围：选修一、选修二第一、二章。
2.可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23
第I卷(选择题)
一、选择题(本题包括14个小题，每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 对反应，。下列说法正确的是
A. 该反应能够自发的原因
B. 工业上使用合适的催化剂可提高的生产效率
C. 升高温度，该反应减小，增大，平衡向逆反应方向移动
D. 2 ml 和1 ml 中所含化学键能总和比2 ml 中大116.4
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应，能够自发的原因是，故A错误；
B．催化剂能加快反应速率，工业上使用合适的催化剂可提高的生产效率，故B正确；
C．升高温度，该反应、均增大，故C错误；
D．焓变=反应物总键能-生成物总键能，正反应放热，2 ml 和1 ml 中所含化学键能总和比2 ml 中小116.4 ，故D错误；
选B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 基态氧原子的价电子轨道表示式：
B. 分子的模型：
C. 的电子式：
D. 中子数为10的氧原子：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态氧原子的价电子轨道表示式中的轨道上应有两个方向相同的单电子，A错误；
B．分子的模型应标出原子中的2对孤电子对，B错误；
C．的电子式为，C错误；
D．中子数为10的氧原子为，D正确；
故选D。
3. 在水溶液中进行的反应：，已知该反应速率方程为(k为常数)，为探究反应速率(v)与反应物浓度的关系，在20℃进行实验，所得的数据如下表：
下列结论正确的是
A. 反应体系的三种物质中，H+(aq)的浓度对反应速率影响最大
B. 速率常数的数值为0.03
C. a、b、c的值分别为1、5、6
D. 实验⑤中，
【答案】A
【解析】
【详解】A．由①②数据得b=1， 由①④数据得a=1，由②③数据得c=2，则反应体系的三种物质中，H+(aq)的浓度对反应速率影响最大，A正确；
B．结合A分析，将①中数据代入中，则，=3.75，B错误；
C．由A分析可知，abc分别为1、1、2，C错误；
D．实验⑤中，，D错误；
故选A。
4. 在一定温度下容积不变的密闭容器中，不能说明可逆反应，已达到平衡状态的是
A. A、B、C的浓度相等
B. 容器内的压强保持不变
C. A的生成速率与A的分解速率相等
D. 单位时间内，生成3n ml B，同时生成2n ml C
【答案】A
【解析】
【详解】A．A、B、C的浓度相等不能说明可逆反应已达平衡，A、B、C的浓度不变才能说明可逆反应已达平衡，A符合题意；
B．容积不变的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，该反应物质的量是变量，故压强也是变量，容器内的压强保持不变时，说明反应已达平衡，B不符合题意；
C．A的生成速率与A的分解速率相等，说明可逆反应已达动态平衡，已达平衡状态，C不符合题意；
D．单位时间内，生成3n ml B，表示逆反应速率，同时生成2n ml C，表示正反应速率，且生成的速率之比等于化学计量数之比，说明可逆反应已达平衡，D不符合题意；
故选A。
5. 室温下，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是
A. a、c两点存在关系：
B. b点的小于c点的
C. 与同浓度的盐酸完全反应时，消耗盐酸体积：
D. a、b、c三点溶液的导电性：
【答案】A
【解析】
【分析】从图中可以看出，两条曲线起点pH相同，但加水稀释相同倍数后，两条曲线的pH减小程度不同，则上面那条曲线表示氨水稀释过程的pH变化，下面那条曲线表示NaOH溶液加水稀释过程的pH变化。
【详解】A．a点电荷守恒：。c点电荷守恒：。a、c两点和相等，因此，A正确；
B．只与温度有关，溶液的温度都是相同的，b、c两点相等，B错误；
C．因为两份溶液的体积相同、pH相同，而一水合氨为弱电解质，只发生部分电离，所以的总物质的量大于NaOH的总物质的量，稀释过程中溶质总物质的量不变，所以c点消耗盐酸多，C错误；
D．离子浓度越大，导电性越强，因此导电性：，D错误；
答案选A。
6. 常温下，分别向体积均为10mL、浓度均为0.1ml/L的FeCl2和MnCl2溶液中滴加0.1ml/L的K2S溶液，滴加过程中溶液-1gc(Fe2+)和-1gc(Mn2+)与滴入K2S溶液体积(V)的关系如图所示。[已知：Ksp(MnS)>Ksp(FeS)，lg3≈0.5，忽略溶液混合时温度和体积的变化]，下列说法正确的是
A. a-b-e为MnCl2溶液的滴定曲线
B. 加入过量难溶的FeS可除去FeCl2溶液中混有的Mn2+
C. e点纵坐标约为12.5
D. 溶液的pH：c>d>a
【答案】A
【解析】
【分析】图中纵坐标为金属离子浓度负对数，数值越大，离子浓度越小，根据已知Ksp(MnS)>Ksp(FeS)，即硫离子浓度相等时，c(Fe2+)< c(Mn2+)，可判断a-c-d为FeCl2溶液滴定曲线，a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，据此分析结合选项解答。
【详解】A．由分析可知，a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，故A正确；
B．由Ksp(MnS)>Ksp(FeS)可知，FeS比MnS更难溶，所以加入过量难溶FeS不能除去溶液中混有的Mn2+，故B错误；
C．a-b-e为MnCl2溶液滴定曲线，向10mL浓度为0.1ml/L的MnCl2溶液中滴加0.1ml/L的K2S溶液，b点达到滴定终点，硫离子、锰离子浓度近似相等，-lgc(Mn2+)=7.5，Ksp(MnS)=10-15，e点时，c(S2-)=0.1ml/L，c(Mn2+)==3×10-14，故e点纵坐标为-lgc(Mn2+)=-lg3×10-14=14-lg3=13.5，故C错误；
D．a点溶液中Mn2+和Fe2+离子水解，溶液显酸性，分别加入硫化钾生成沉淀，硫化钾中，硫离子水解，溶液呈碱性，c点为FeS溶液滴定曲线上的点，Fe2+离子恰好完全沉淀，溶质为氯化钾，溶液呈中性，d点硫化钾过量，溶液主要成分为氯化钾和硫化钾，溶液显碱性，则溶液的pH：d>c>a，故D错误；
故选A。
7. 汽车已经成为人类不可缺少的交通工具，但汽车尾气是大气主要污染源。某科研机构将汽车尾气中的和设计成如图所示的燃料电池，实现了和的无害转化。
下列说法正确的是
A. 石墨I为负极，发生还原反应
B. 电池工作时，向石墨II电极处移动
C. 石墨II电极反应式为
D. 石墨I生成时，外电路中通过电子
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，石墨I上一氧化氮中的氮由+2价降低到0价，发生还原反应，则石墨I为正极，则石墨II为负极，以此解题。
【详解】A．石墨Ⅰ电极上反应生成，氮元素化合价降低，属于还原反应，石墨Ⅰ为正极，A项错误；
B．电池工作时向负极移动，即向石墨Ⅱ电极处移动，B项正确；
C．石墨Ⅱ为负极，电极反应式为，C项错误；
D．是，氮元素化合价由+2价降低为0价，每生成转移电子，D项错误；
故选B。
8. “遥遥领先”的华为芯片制造过程用了蚀刻技术。利用进行硅芯片蚀刻时的产物均为气体，在蚀刻物表面不留任何残留物。该反应微观示意图如下，下列说法正确的是
A. 甲分子中的共价键为非极性键B. 丙的摩尔质量为104g
C. 反应前后各元素的价态不变D. 上述反应类型是置换反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据反应前后原子的种类、个数和质量不变，与Si在一定条件下生成SiF4和N2，化学方程式为，甲为NF3、乙为Si、丙为SiF4、丁为N2；
【详解】A．甲分子中的共价键为氮氟极性键，A错误；
B．丙为SiF4，摩尔质量为104g/ml，B错误；
C．反应中硅、氮元素化合价发生改变，C错误；
D．由分析可知，反应为一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，则反应为置换反应，D正确；
故选D。
9. 常温下，取pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述错误的是
A. 稀释前c(H2A)=0.005ml/L
B. 用NaOH滴定H2A溶液时，可以用酚酞作指示剂
C. 含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2-)+c(B2-)+c(HB-)
D. pH=10的NaHB溶液中，离子浓度大小：c(Na+)>c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=2的H2A稀释100倍时溶液的pH变为4，说明该酸完全电离，所以为强酸，其电离方程式为H2A═2H++A2-，pH=2氢离子浓度为0.01ml/L，稀释前c(H2A)=0.005ml/L，故A正确；
B．H2A为强酸，用NaOH滴定H2A溶液时，可以用酚酞作指示剂，故B正确；
C．根据物料守恒可知，含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+2c(HB-)+2c(H2B)+2c(B2-)，故C错误；
D．H2B是弱酸，NaHB水溶液的pH=10，说明溶液显碱性，HB-离子的电离程度小于其水解程度呈碱性，离子浓度大小为：c(Na+)>c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)，故D正确；
故选C。
10. ，向容器中投入一定量的和发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。下列说法正确的是
A. 反应物浓度：a点小于b点B. 反应物的总能量大于生成物的总能量
C. 的转化率：D. 反应进行到c点达平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A． 随反应进行，反应物浓度减小，则反应物浓度：a点大于b点，故A错误；
B． 图中c点反应速率最大，c之后减小，可知反应放热使a～c段反应速率增大，则正反应为放热反应，可知反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；
C． 随反应进行，消耗的二氧化硫增加，则SO2的转化率：a＜b＜c,故C错误；
D． c点之后反应速率仍在变化，则c点没有达到平衡，故D错误；
故选：B
11. 将等物质的量的A、B混合于的密闭容器中发生反应：，经后测得D的浓度为，，以C表示的平均速率，下列说法正确的是
A. 反应速率
B. 该反应方程式中，x=1
C. 时，A转化率为60％
D. 时，A的物质的量为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意得v(D)==0.25ml·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v(B)=v(D)=0.125ml·L-1·min-1，A错误；
B．根据题意得v(D) =0.25ml·L-1·min-1，以C表示的平均速率v(C)=0.25ml·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x＝2，B错误；
C．由D知A的转化率为，C错误；
D．2min时，D的物质的量是0.5ml/L×2L=1ml，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5ml、0.5ml，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5ml、y-0.5ml，根据c(A)：c(B)=3：5，解得=3:5，解得y=3ml。所以2min时，A的物质的量为3ml-1.5ml=1.5ml，D正确；
故选D。
12. 醋酸的电离方程式为。25℃时，醋酸溶液中存在下述关系：，其数值是该温度下醋酸的电离平衡常数(Ka)。下列说法不正确的是
A. 的溶液中的约为
B. 等物质的量浓度的溶液与HA溶液(25℃时，)，则pH：
C. 该温度下醋酸溶液
D. 升高温度，增大，变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．对于溶液，，且，则，A正确；
B．弱酸的K值越大，等浓度的酸溶液的酸性越强，溶液的pH就越小，Ka：CH3COOH＞HA，则等物质的量浓度的CH3COOH溶液与HA溶液pH：CH3COOH＜HA，B正确；
C．因为电离平衡常数只和温度有关，该温度下0.1 ml/L的醋酸溶液，C错误；
D．由于CH3COOH电离过程是吸热过程，所以升高温度，促进醋酸的断裂，醋酸的断裂平衡向正向移动，导致溶液中c(H+)增大，Ka变大，D正确；
故选C。
13. X、Y、Z、Q、W为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大。Z、W位于同一主族，Q、W位于同一周期且相邻。X单质标准状况下的密度约为，Y的同位素可用于测定文物年代，Z元素的某种单质可用作自来水消毒剂，下列说法正确的是
A. 电负性：Z＞Q＞WB. 键角：
C. 、均为非极性分子D. Q和Z可形成原子比为、的两种分子
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大。X单质标准状况下的密度约为，则X为H元素，Y的同位素可用于测定文物年代，则Y为C元素，Z元素的某种单质可用作自来水消毒剂，则Z为O元素，Z、W位于同一主族，则W为S元素，Q、W位于同一周期且相邻，则Q为Cl元素，据此分析解题。
【详解】A．同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，所以电负性O＞Cl＞S，故A正确；
B．为SO3，为H2S，为H2O，由于O原子的电负性大与S， 键角应该H2O比H2S中的键角大，故B错误；
C．CS2为非极性分子，H2O2为极性分子，故C错误；
D．Q为Cl元素，Z为O，可形成Cl2O3，Cl2O5尚未被发现，故D错误；
故答案选A。
14. 铁的配合物离子(用表示)参加某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
A. 该过程的总反应为
B. 浓度越大越有利于该转化过程进行
C. 该过程的总反应速率由IV→I步骤决定
D. I作为催化剂可以改变反应的活化能，不能改变反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为，故A正确；
B．若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应I→II速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均不利于该转化过程进行，故B错误；
C．由反应进程可知，反应IV→I能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故C正确；
D．I在转化过程中作为催化剂，催化剂只改变反应历程，不能改变反应的焓变，故D正确；
故选B。
第II卷(非选择题)
二、非选择题(本题包括4个小题，共52分)
15. 刀片电池(The blade battery)是比亚迪于2020年3月29日发布的电池产品。正极材料使用了磷酸亚铁锂()，具有强环境适应性，更安全可靠的特点。磷酸亚铁锂由、(葡萄糖)和在高温条件下制备：。回答下列问题：
（1）Li位于元素周期表的_____区，基态Fe原子的价电子排布式为_________。
（2）同周期元素中，第一电离能大于O的原子是_______。
（3）有关叙述正确的是___________。
A. 分子中键和键个数比为1：1B. 含有极性键的非极性分子
C. 分子空间结构与相同D. 熔点、沸点高于
（4）的空间结构为______，其中P采取____杂化方式。
（5）上述反应方程式涉及的物质中最易溶于水的共价化合物是______，解释易溶于水的原因_______。
【答案】（1） ①. s ②.
（2）N、F、Ne （3）AB
（4） ①. 正四面体形 ②.
（5） ①. (葡萄糖) ②. (葡萄糖)中含有羟基，葡萄糖和水均是极性分子，根据相似相溶，同时葡萄糖和水形成分子间氢键
【解析】
【小问1详解】
Li核外电子排布为，因此Li位于元素周期表的s区，基态Fe原子的价电子排布式为；
【小问2详解】
总体趋势同周期元素原子的第一电离能随核电荷数增多增大，第VA族np轨道是半充满稳定结构，第一电离能大于同周期第VIA族元素原子。因此，同周期元素中，第一电离能大于O的原子是N、F、Ne；
【小问3详解】
A．结构式为，2个键2个键，个数比为1：1，A正确；
B．空间结构为直线形，为含有极性键的非极性分子，B正确；
C．空间结构为V形，C错误；
D．水分子间存在氢键，作用力较强，熔沸点高于，D错误；
故选AB；
【小问4详解】
的中心原子价层电子对键+孤电子对，空间结构为正四面体形，P采取杂化；
【小问5详解】
葡萄糖为共价化合物且易溶于水；(葡萄糖)中含有羟基，葡萄糖和水均是极性分子，根据相似相溶，同时葡萄糖和水形成分子间氢键。
16. 二氧化锰是工业上常用的氧化剂、催化剂，以菱锰矿（主要成分，还含有、、、、、等杂质）为原料制备的工艺流程如图：
已知：、、
回答下列问题：
（1）酸浸时为了提高浸出效率，除升温外，还可以采取的措施是__________（任写一种）。
（2）“中和除杂1”是将铁、铝元素转化为沉淀除去，物质X最好选用__________（填标号）。
A. B. C. NaOHD.
（3）“除杂2”除去的主要离子是__________（填离子符号）。
（4）用惰性电极电解溶液获得的过程如图所示。
①A为电源__________极。
②理论上，当电路中转移10ml电子时，左室产生气体的质量为__________g。
③右室的电极反应式为__________。
（5）电解后的废液中依然存在，通常用处理。25℃，向含有的溶液中通入一定量的气体，当时，开始沉淀，此时溶液的pH=__________。[已知：25℃，的电离常数，；]。
【答案】（1）适当增大硫酸的浓度；充分搅拌等 （2）D
（3）、
（4） ①. 负 ②. 10 ③.
（5）4
【解析】
【分析】菱锰矿加入硫酸酸浸，得到、Ca2+、Al3+、Mg2+、Fe3+、Mn2+的溶液，加入MnO2，将氧化成Fe3+，加入MnCO3，中和H2SO4等，得到Fe(OH)3和Al(OH)3的沉淀，过滤，在滤液加入MnF2，得到CaF2和MgF2的沉淀和硫酸锰的溶液，过滤出沉淀，对滤液进行电解，得到产品MnO2和H2SO4，(4)根据题干图示中，阴离子的流向可知，左侧区为阴极区，电极反应为：2H++2e-=H2↑，右侧区为阳极区，电极反应为:Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，据此分析解题。
【小问1详解】
酸浸时升高温度，适当增大硫酸的浓度，将菱锰矿粉碎和充分搅拌均可提高漫出效率，则除升温外，还可以采取措施有适当增大硫酸的浓度，将菱锰矿粉碎和充分搅拌等，故答案为：适当增大硫酸的浓度，将菱锰矿粉碎和充分搅拌等；
【小问2详解】
“中和除杂1”是将铁、铝元素转化为沉淀除去，而Mn不沉淀，Cu将与Fe3+反应转化为Cu2+和Fe2+，CuCO3能中和酸提高溶液的pH但将引入Cu2+，NaOH将引入Na+，则为了不引入新的杂质，则物质X最好选用MnCO3，故答案为：D
【小问3详解】
由分析可知，“除杂2”是在滤液加入MnF2，得到CaF2和MgF2的沉淀，则除去的主要离子是Ca2+和Mg2+，故答案为：Ca2+和 Mg2+；
【小问4详解】
①由分析可知，左侧区为阴极区，A为电源负极；②左侧区为阴极区，电极反应为：2H++2e-=H2↑理论上，当电路中转移10ml电子时，左室产生气体为5ml，质量为5ml×2g/ml=10g；③右侧区为阳极区，电极反应为:Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，
【小问5详解】
当溶液中c（Mn2+)=0.020mlL时，Mn2+开始沉淀，则此时c(S2-)= = ，根据H2S的Ka2可知，，解得c(H+)=1×10-4mlL，则pH=-lgc(H+)=4；
17. 汽车尾气中的是空气污染源之一，利用CO催化还原生成和的反应是减少汽车尾气污染的有效方法。
回答下列问题：
（1）用CO还原的能量变化如图甲所示，则该反应的热化学方程式为__________。
（2）不同温度和催化剂下，分别向容积为1L的密闭容器中充入和1mlCO进行实验，经过t秒测得实验数据如下，实验Ⅰ中，使用催化剂1时，__________；在相同温度时，催化剂2催化下的转化率更大的原因是__________。
（3）在容积均为1L的密闭容器A（起始500℃，恒温）、B（起始500℃，绝热）两个容器中分别加入、4mlCO和相同催化剂，发生反应。实验测得A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图乙所示。
①B容器中的转化率随时间的变化关系是图乙中的__________曲线（填“a”或“b”）。
②要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变的平衡转化率，在催化剂一定的情况下可调节的条件是__________（填序号）。
A．向体系内充入He气 B．升高温度 C．减小容器体积
③500℃时，该反应的化学平衡常数__________（用分数表示）。
④实验测定该反应的反应速率，，、分别是正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。计算M点处的__________（保留到小数点后一位）。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 催化剂2催化效果更好，反应速率更快，在相同温度和时间下，转化率更大
（3） ①. a ②. C ③. ④. 1.7
【解析】
【小问1详解】
由图可知，用CO还原的热化学方程式为：=生成物的总能量-反应物的总能量。
【小问2详解】
实验Ⅰ中，的转化率为9.5%，=，图中催化剂2作用下反应活化能降低的程度比催化剂1更多。因催化剂不影响反应达到平衡时反应物的转化率，由表中数据可知，相同温度时，催化剂2催化下N2O的转化率比使用催化剂1时高，说明反应未达平衡，因在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，故经过相同反应时间，N2O的转化率更高。
【小问3详解】
①反应的ΔH<0，容器B(绝热)的起始温度为500℃，反应正向进行放出热量，体系的温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，故表示B容器中N2O的转化率随时间的变化关系的是a曲线；
②该反应的正反应是气体总分子数不变的放热反应，缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O的平衡转化率，可采取的措施是缩小容器容积(增大压强)，故选C；
③图中b曲线对应A容器中N2O的转化率，达到平衡时N2O转化率为25%，则有：
该反应的化学平衡常数 =；
④M处N2O转化率为20%，则该点处，c(N2O)= =0.8ml/L，c(CO)= =3.8ml/L，c(N2)=c(CO2)= =0.2ml/L，平衡时有v正=v逆，则K==，所以M点=1.69。
18. “绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究NO的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下列问题：
（1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式为___________。
（2）通过NO传感器可检测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图所示。已知可在固体电解质中自由移动。
①电极为___________(填“正极”或“负极”)。
②Pt电极的电极反应式为___________。
（3）工业上可利用甲烷还原NO减少氮氧化物的排放。向2L恒容密闭容器中通入、，一定条件下发生反应：，测得的物质的量随时间变化的关系如表。
①下列措施能够加快该反应速率的是___________(填标号)。
A．使用催化剂 B．升高温度 C．及时分离水 D．充入He增大体系压强
②0～20min内，用NO表示该反应的平均速率为___________ml∙L-1∙min-1。
③平衡时，的体积分数为___________。
④若反应体系中的初始压强为，则该反应的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）溶液在碱性条件下可将烟气中的NO转化成，反应的离子方程式为______。
【答案】（1）N2(g)+O2(g)=2NO(g) =+180kJ/ml
（2） ①. 负极 ②. O2+4e-=2O2-
（3） ①. AB ②. 0.05 ③. 25% ④.
（4）3+4NO+4OH-=4+3Cl-+2H2O
【解析】
【小问1详解】
由示意图可知，1mlN2和1ml O2完全反应断键共吸收1444kJ能量，生成2mlNO成键共放出1264kJ能量，故反应吸收能量180kJ，该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) =+180kJ/ml。
【小问2详解】
①由图可知该传感器是原电池，NO在NiO电极失电子变为NO2，NiO电极为负极；
②由图可知，O2在Pt电极得电子变为O2-，电极反应式为：O2+4e-=2O2-。
【小问3详解】
①A．使用催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，故A选；
B．升高温度能增大反应速率，故B选；
C．及时分离水，反应物浓度减小，反应速率减小，故C不选；
D．充入He增大体系压强，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，故D不选；
故答案为AB；
②0～20min内，用NO表示该反应的平均速率为v(NO)=2v(H2O)= =0.05 ml∙L-1∙min-1；
③根据已知条件列出“三段式”
平衡时，的体积分数为=25%；
④若反应体系中的初始压强为，则初始总压为p+2p=3p，该反应是气体体积不变的反应，则平衡时总压为3p，该反应的压强平衡常数=。
【小问4详解】
溶液在碱性条件下可将烟气中的NO转化成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+4NO+4OH-=4+3Cl-+2H2O。①
②
③
④
⑤
0.008
0.008
0.004
0.008
0.008
0001
0.001
0001
0.002
0.001
0.10
0.20
0.20
0.10
0.40
v1
实验
温度/℃
催化剂
转化率/%
实验Ⅰ
400
催化剂1
9.5
400
催化剂2
10.6
实验Ⅱ
500
催化剂3
12.3
500
催化剂4
13.5
时间/min
0
10
20
30
40
50
0
0.6
1.0
1.3
1.5
1.5
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