[化学][期末]江苏省盐城市2023-2024学年高一下学期6月期末试题(解析版)

这是一份[化学][期末]江苏省盐城市2023-2024学年高一下学期6月期末试题(解析版)，共21页。试卷主要包含了5 Ti48 Fe56， 下列化学反应表示正确的是等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷考试时间为75分钟，试卷满分100分，考试形式闭卷。
2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分。
3.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Al27 Cl35.5 Ti48 Fe56
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. 科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法正确的是（ ）
A. 利用合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
B. 江南大学科学家利用双点位催化剂实现由二氧化碳和氢气一步合成乙醇，该反应有利于实现碳中和
C. 研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→化学能→电能
D. 革新了海水原位电解制氢工艺关键材料耐腐蚀多孔聚四氟乙烯属于脂肪烃
【答案】B
【解析】
【详解】A．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；
B．该反应消耗二氧化碳，有利于碳中和，B正确；
C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C错误；
D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被含水腐蚀，聚四氟乙烯中含有C、H之外的元素，是烃的衍生物，D错误；
故选B。
2. 下列化学用语表述正确的是（ ）
A. 次氯酸的结构式： B. 聚丙烯的结构简式：
C. 氨分子的空间填充模型：D. 一氯甲烷的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键，故结构式为H—O—Cl，A正确；
B． 聚丙烯的结构简式：，B错误；
C．氨分子为三角锥形，为氨分子的空间填充模型，为球棍模型，C错误；
D．一氯甲烷的电子式：，D错误；
故答案选A。
3. 下列实验原理及装置均正确的是（ ）
A. 装置甲分离溶液和
B. 装置乙制取氯气
C. 装置丙制取并干燥氨气
D. 装置丁检验氨气极易溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A． 分离溶液和应用分液漏斗，故A错误；
B． 装置乙利用和浓盐酸共热制取氯气，实验缺少加热装置，故B错误；
C． 氯化铵加热分解为氨气和氯化氢，两种气体在试管口会反应重新生成氯化铵，因而无法制取氨气，故C错误；
D． 挤压胶头滴管，由于氨气极易溶于水，圆底烧瓶中压强迅速减小，可观察到气球变大，能达到实验目的，故D正确；
故选D。
4. W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与K层电子数相等，是形成酸雨的物质之一、下列说法正确的是（ ）
A 原子半径：Y>X>W
B. 简单气态氢化物的热稳定性：WC. X、Y、Z形成的化合物中仅存在离子键
D. X单质与Z单质在加热条件下可直接生成
【答案】B
【解析】
【分析】WX2可能是二氧化硫或二氧化氮，故 X 是 O元素，因为 W、X、Y、Z原子序数依次增大，故 W 为 N元素，根据 Y 最外层电子数与 K 层电子数相等，故其核外电子为 2、8、2，故 Y 为 Mg，又因为 W、X、Y、Z最外层电子数之和为 19，Z原子的最外层电子数为19-5-6-2=6，其原子序数在最后，则Y为S元素。所以 W 为 N、X 为 O、Y 为 Mg、Z为 S。
【详解】A．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径：Mg>N>O，故A错误；
B．X的简单氢化物为H2O，W的简单氢化物为NH3，非金属性越强，则简单气态氢化物越稳定性，非金属性：O>N，因此热稳定性：NH3C．X、Y、Z形成的化合物为MgSO4，既含有离子键，也含有共价键，故C错误；
D．O2和S反应只能产生SO2，在催化剂的作用下，SO2与O2反应产生SO3，故D错误；
故选B。
5. 下列所示的物质间转化关系中，能一步实现的是（ ）
A. 溶液溶液
B. 石油
C. 溶液
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸在光照条件下生成HCl和氧气，不能一步实现， A不符合题意；
B．通过石油分馏不能得到乙烯，通过石油的裂化和裂解可以得到乙烯，B不符合题意；
C．Fe和盐酸反应生成FeCl2，而不是FeCl3，则不能一步实现，C不符合题意；
D．铜与稀硝酸反应产生NO，NO被O2氧化为NO2，均能一步实现，D符合题意；
故选D。
6. 下列化学反应表示正确的是（ ）
A. 乙酸与溶液反应：
B. 使用硫化亚铁除去废水中汞离子：
C. 用氨水吸收烟气中少量的：
D. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
【答案】A
【解析】
【详解】A． 乙酸与溶液反应生成乙酸钠、水和二氧化碳：，故A正确；
B． 硫化亚铁难溶于水，使用硫化亚铁除去废水中汞离子：，故B错误；
C． 用氨水吸收烟气中少量的生成亚硫酸铵：，故C错误；
D． 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体NO和硝酸亚铁：，故D错误；
故选A。
7. 藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构为：。下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A. 能发生水解反应B. 分子式
C. 含有1个手性碳原子D. 所有碳原子可能处于同一平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．藿香蓟的分子结构中含有酯基，因此其可以发生水解反应，A正确；
B．有机物的分子式为C17H20O4，B错误；
C．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，分子中不含有手性碳，C错误；
D．藿香蓟分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，D错误；
故选A。
8. 与可发生反应①和②，其能量与反应进程如图所示，下列说法不正确的是（ ）
①
②
A. 反应①、②均为加成反应
B. 反应①的I、Ⅱ两步均放出能量
C. 比稳定
D. 与同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①、②均为CH3CH=CH2与HCl的加成反应，A正确；
B．反应①的第Ⅰ步反应物总能量低于生成物总能量，吸收能量；第Ⅱ步反应物的总能量高于生成物总能量，放出能量，B错误；
C．由图可知，CH3CHClCH3的总能量低于CH3CH2CH2Cl，能量越低越稳定，则CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl稳定，C正确；
D．CH3CH2CH2Cl与CH3CHClCH3的分子式相同而结构式不同，两者互为同分异构体，D正确；
故选B。
9. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓盐酸具有挥发性，产生的CO2中混有HCl，HCl也能与硅酸钠反应生成硅酸，因此HCl对验证CO2与硅酸钠的反应产生干扰，不能说明碳的非金属性强于硅，故A错误；
B．向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加浓盐酸，盛有NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体，说明NiO(OH)能将浓盐酸氧化成Cl2，但Fe(OH)3不能将浓盐酸氧化，故氧化性：NiO(OH)＞Fe(OH)3，故B正确；
C．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，Fe3+能被Fe还原为Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液不变红色而呈浅绿色，不能说明食品脱氧剂样品中没有+3价铁，故C错误；
D．若金属钠未燃烧完全，该固体粉末可能为Na2O2和Na的混合物，钠与水反应也会产生气泡，故D错误；
故选B。
10. 下列选项中叙述均正确，且两者具有对应关系的是（ ）
A. 75%的乙醇具有强氧化性，可用于杀菌消毒
B. 具有漂白性，可使含有酚酞的溶液褪色
C. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D. 是两性氧化物，与溶液和溶液均可反应
【答案】C
【解析】
【详解】A． 75%的乙醇能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A错误；
B． 二氧化硫属于酸性氧化物，能跟氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，使得溶液褪色，与SO2具有漂白性无关，故B错误，
C． 维生素C具有还原性，因而可用作食品抗氧化剂，故C正确；
D． 两性氧化物是指既能和酸反应，又能和碱反应生成盐和水的氧化物．二氧化硅与氢氟酸反应是特性，二氧化硅和其它的酸不能反应生成盐和水，但能与碱如氢氧化钠反应生成盐和水，所以二氧化硅不是两性氧化物，而是酸性氧化物，故D错误；
故选C。
11. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型
B. 药剂A具有还原性
C. ①→②过程若有键断裂，则转移4ml电子
D. ②→③过程若药剂B是，其还原产物为
【答案】D
【解析】
【详解】A． 通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S−S键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S−S键位置来实现头发的定型，故A正确；
B． ①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故B正确；
C． ①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2ml S−S键断裂，则转移4ml电子，故C正确；
D． ②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故D错误；
故选D。
12. 负载有和的活性炭，可选择性去除实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A. 作原电池正极
B. 电流由经活性炭流向
C. 每消耗标准状况下11.2L的，最多去除
D. 表面发生的电极反应：
【答案】C
【解析】
【分析】在Pt得电子发生还原反应，Pt为正极，Ag失去电子与溶液中的Cl-反应，Ag为负极。
【详解】A．由分析可知，Ag失去电子与溶液中的Cl-反应生成AgCl，Ag为负极，A错误；
B．电子由负极Ag经活性炭流向正极Pt，故电流由正极Pt经活性炭流向负极Ag，B错误；
C．每消耗标准状况下的11.2L的O2，即0.5ml O2，转移电子2ml，而失去2ml电子生成2ml Ag+，故最多去除，C正确；
D． 溶液显酸性，故Pt表面发生的电极反应为：，D错误；
故选C。
13. 是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如图。下列说法正确的是（ ）
A. 晶体属于非电解质
B. 在实际生产中反应釜2中反应温度越高越好
C. 反应釜2中反应的离子方程式为
D. 滤液后处理可采用蒸发结晶获得水合物
【答案】C
【解析】
【分析】FeCl2溶液进入反应釜1，加入氧化钙反应生成氢氧化亚铁和氯化钙，FeCl2溶液进入反应釜2，加入氧化钙和分散剂，通入空气，反应生成氢氧化铁和氯化钙，合并两溶液进入反应釜3中，调节pH使铁进一步沉淀，加压过滤后，氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀经过后处理得Fe3O4，滤液中含氯化钙，后处理后得氯化钙水合物。
【详解】A．电解质是指溶于水或熔融状态下能导电的化合物，晶体属于离子化合物，熔融状态下可以导电，属于电解质，故A错误；
B．在实际生产中，升高温度会增加生成成本，并非是温度越高越好，故B错误；
C．FeCl2溶液进入反应釜2，加入氧化钙和分散剂，通入空气，反应生成氢氧化铁和氯化钙，反应的离子方程式为，故C正确；
D．滤液中主要成分是，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤得到水合物，直接蒸发结晶不能获得水合物，故D错误；
故答案选C。
14. 一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. (Ⅲ)能氧化
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C. 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)能大量共存
D. 总反应为：
【答案】A
【解析】
【分析】约13min前，随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后，Mn(Ⅳ)被消耗；约13min后，随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)， 所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A正确；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)浓度增大，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B错误；
C．由图可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，则该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(VII)不能大量共存，C错误；
D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为：，D错误；
故选A。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如图所示流程脱除或利用。
已知：。请回答：
（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径I脱除，写出反应化学方程式___________。下列实验操作一定能提高石灰石吸收效率的有___________(填序号)。
A．将石灰石粉末加水制成浆液 B．提高反应的温度
C．加快搅拌速率 D．降低通入气体的速率
（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①化合物A是一种无机酸酯。试写出化合物A的结构简式___________。
②下列说法正确的是___________。
A．煤的干馏为化学变化
B．与足量的氧气充分反应转移
C．工业上途径Ⅱ产生的也可用水吸收
（3）设计实验验证化合物A中含有S元素___________(可选用试剂：氢氧化钠溶液、盐酸、稀硫酸、氯化钡溶液)。
【答案】（1）①. ②. AC
（2）①. ②. A
（3）取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素
【解析】含硫矿物燃烧生成，和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A： 。
（1）氧气具有氧化性，能将四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温反应生成硫酸钙和二氧化碳，其化学方程式为；
A．将石灰石粉末加水制成浆液，增大接触面积，提高吸收SO2效率，A正确；
B．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，B错误；
C．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，C正确；
D．降低通入SO2气体的速率，SO2可与石灰石充分接触，但SO2浓度降低，会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，D错误；
故答案为：AC。
（2）①根据分析可知，化合物A的结构简式为；
②A．煤的干馏有新物质生成，所以煤的干馏属于为化学变化，A正确；
B．与氧气的反应为可逆反应，因此二氧化硫不能完全反应，1ml SO2与足量的氧气反应转移电子小于，B错误；
C．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收用于生产发烟硫酸，不用水吸收会形成酸雾，影响吸收效率，C错误；
故答案选A。
（3）由分析可知，A为 ，A碱性水解可以生成硫酸根、甲醇，硫酸根离子能和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素。
16. 作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(主要含，含有少量、、、等元素)制备的流程如下：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
回答下列问题：
（1）“反应器”主要反应的离子方程式为___________。
（2）“反应器”加入少量的作用是___________。不宜使用替代，原因是___________。
（3）①若需要、分步沉淀需先调的范围为___________。
②测定此时沉淀中铁的质量分数：准确称取沉淀1.200g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的溶液(将还原为)，充分反应后，除去过量的。用溶液滴定至终点(滴定过程中与反应生成和)，消耗溶液22.00mL。该沉淀中铁的质量分数为___________(写出计算过程)。
（4）煅烧窑中，生成反应的化学方程式是___________。
【答案】（1）
（2）①. 将Fe2+氧化为Fe3+ ②. Fe3+可以催化H2O2分解
（3）①. 3.2~3.5
②. ，，样品中铁元素的质量分数为
（4）
【解析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，加二氧化锰把亚铁离子氧化铁离子，加石灰乳调节至pH≈7形成氢氧化铁沉淀除铁，氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4。
（1）由分析可知，反应器发生的主要反应为碳酸锰与稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋H2O＋CO2↑，离子方程式为：；
（2）由分析可知，加入二氧化锰的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，由于铁离子可以做过氧化氢分解的催化剂，所以不宜使用过氧化氢替代二氧化锰；
（3）①由已知信息可知，pH=3.2时，铁离子完全沉淀，此时铝离子未开始沉淀，pH=3.5时，铝离子开始沉淀，若需要Fe3+、Al3+分步沉淀需先调pH的范围为3.2~3.5，铁离子先完全沉淀，铝离子再沉淀；
②由滴定时和，根据得失电子守恒可得以下微粒关系式，则，样品中铁元素的质量为，样品中铁元素的质量分数为；
（4）由分析可知，煅烧窑中发生的反应为二氧化锰、碳酸锂在高温条件下反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，反应的化学方程式为。
17. 有机物A的产量用来衡量一个国家石油化工的发展水平，以A为原料合成香料G的流程如下：
已知：①同一个碳原子连接两个或两个以上羟基的有机化合物不稳定。
②(X为卤素原子)
回答下列问题。
（1）C中的官能团名称为___________。
（2）A→H的反应类型为___________。
（3）写出与F互为同系物同时满足下列条件的有机物结构简式：___________。
①分子式为，且分子中有2个甲基；②核磁共振氢谱中只有3个峰。
（4）写出生成G的化学方程式___________。
（5）有关上述物质的说法正确的是___________。
①可通过酸性高锰酸钾溶液洗气的方法除去乙烷中含有的A杂质
②C和E互为同分异构体
③1mlF与足量金属钠反应可产生22.4L气体(标准状况下)
④H可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
（6）请设计以甲苯为原料制备苯甲酸苯甲酯()的合成路线________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）醛基
（2）加聚反应
（3）
（4）
（5）②③
（6）
【解析】A的产量用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，A和水发生加成反应生成B（乙醇），乙醇发生氧化反应生成C为CH3CHO，C发生氧化反应生成D（乙酸），A发生氧化反应生成E（环氧乙烷），E和水发生开环加成生成F（乙二醇），D和F发生酯化反应生成G，根据G的分子式知，G的结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3，H为高分子化合物，则A发生加聚反应生成H为。
（1）C为CH3CHO，的官能团的名称为醛基，故答案为：醛基；
（2）H为高分子化合物，则A发生加聚反应生成H为。故答案为：加聚反应；
（3）与F（乙二醇）互为同系物同时满足①分子式为，且分子中有2个甲基；②核磁共振氢谱中只有3个峰。得4个碳的二元醇，-OH只能在2号和3号碳原子上，符合条件的有机物结构简式：。故答案为：；
（4）乙酸与乙二醇反应生成G和水，化学方程式。故答案为：；
（5）①乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2，不能通过酸性高锰酸钾溶液洗气的方法除去乙烷中含有的A杂质，因为引进新的杂质，故错误；
②C为CH3CHO，二者分子式相同但个不同，所以C和E互为同分异构体，故正确；
③2-OH~H2,1mlF（乙二醇）与足量金属钠反应可产生22.4L气体(标准状况下)，故正确；
④H中不含碳碳双键，所以不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误；
故答案为：②③；
（6）甲苯与氯气在光照条件下得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解得到，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化得到，苯甲酸与苯甲醇在浓硫酸、加热条件下发生转化反应得到苯甲酸苯甲酯，合成路线流程图为：，故答案为：。
18. 氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。
I．工业上合成氨的反应为：。
（1）已知：键能是指气态分子中1ml化学键解离成气态原子所吸收的能量或气态原子形成1ml化学键所放出的能量。结合下表中化学键的键能数值，计算合成氨反应中生成时___________(填“吸收”或“放出”)的热量是___________kJ。
（2）某同学在实验室模拟工业合成氨的反应：恒温下，在2L定容密闭容器中通入和，催化剂存在下发生反应。
①容器中压强(p)随时间(t)的变化图像如图所示，测得(恒温恒容容器中，压强与气体物质的量成正比)，反应开始至5min，用的浓度变化表示反应的平均速率为___________。
②下列情况能说明该反应一定达到化学平衡状态的是___________(填标号)。
A．每断裂的同时生成
B．混合气体的压强保持不变
C．容器中和的物质的量浓度相等
D．混合气体的密度不随时间的变化而变化
E．的体积分数在混合气体中保持不变
（3）如图是以氨为燃料的固体氧化物(含有)燃料电池。写出负极的电极反应式：___________。
Ⅱ．和等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（4）催化还原。汽车的尾气净化装置如图所示，在催化剂表面上与反应生成，若尾气的温度过高导致最终排放出的气体中氮氧化物浓度偏高，原因可能是___________。
（5）的氧化。已知，室温下，固定进入反应器的物质的量，改变加入的物质的量，反应一段时间后体系中、随反应前的变化如图所示。当时，反应后的物质的量减少，其原因是___________。
【答案】（1）①. 放出 ②. 46
（2）①. 0.12 ②. BE
（3）2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O
（4）温度过高导致催化剂活性下降，NOx与CO的反应速率变小
（5）过多的将NO2氧化为更高价态的氮氧化物
【解析】（1）断键吸收能量为(946+3×436)kJ=2254kJ，形成键的释放能量为2×3×391kJ=2346kJ>2254kJ，即生成2ml氨气时放出的热量为(2346-2254)kJ=92kJ，则合成氨反应中生成时放出的热量是46kJ。故答案为：放出；46；
（2）①根据图像，5min后气体压强不再改变，说明反应达到平衡，令达到平衡时消耗氮气的物质的量为xml，则消耗氢气物质的量为3xml，生成氨气物质的量为2xml，达到平衡时氮气物质的量为(1-x)ml，氢气的物质的量为(3-3x)ml，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，因此有，解得x=0.4，根据化学反应速率的数学表达式，v(H2)==0.12，故答案为：0.12；
②A．用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，每断裂的同时生成，均表示正反应速率，故A不符；
B．该反应是气体物质的量减少的反应，混合气体的压强保持不变，说明达到平衡，故B符合；
C．容器中和的物质的量浓度相等，不能确定反应混合物的组成是否保持不变，故C不符；
D．组分均为气体，即混合气体总质量不变，总体积不变，混合气体的密度不随时间的变化而变化，不能判断是否达到平衡，故D不符；
E．根据化学平衡状态的定义，当组分浓度不再改变，说明达到平衡，即当氢气的含量如体积分数保持不变，说明反应达到平衡，故E符合；
故答案为：BE；
（3）以氨为燃料的固体氧化物(含有)燃料电池，氨气失电子发生氧化反应生成氮气，负极的电极反应式：2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O。故答案为：2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O；
（4）在催化剂表面上与反应生成，若尾气的温度过高导致最终排放出的气体中氮氧化物浓度偏高，原因可能是温度过高导致催化剂活性下降，NOx与CO的反应速率变小。故答案为：温度过高导致催化剂活性下降，NOx与CO的反应速率变小；
（5）当时，反应后的物质的量减少，其原因是的氧化性较强，过多的将NO2氧化为更高价态的氮氧化物。故答案为：过多的将NO2氧化为更高价态的氮氧化物。
实验方案
现象
结论
A
将浓盐酸滴入碳酸钠固体中，生成的气体通入盛有硅酸钠溶液的试管中
出现浑浊
碳的非金属性强于硅
B
向盛有和的试管中分别滴加浓盐酸
盛的试管中产生黄绿色气体
氧化性：
C
将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液
溶液呈浅绿色
食品脱氧剂样品中没有＋3价铁
D
取一小块金属钠，在空气中燃烧。取燃烧后的固体粉末加入2～3mL蒸馏水
有气泡生成
该固体粉末为
物质
开始沉淀
1.9
3.5
6.9
完全沉淀
3.2
4.6
89
化学键
键能
436
391
946