2020-2021学年天津市河东区高二上学期期末质量检测化学试题含解析

这是一份2020-2021学年天津市河东区高二上学期期末质量检测化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题等内容，欢迎下载使用。

天津市河东区2020-2021学年高二上学期期末质量检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法中正确的是（   ）
A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B．放热反应在常温下一定很容易发生
C．吸热反应不加热不可能进行反应
D．反应是吸热还是放热是由反应物和生成物所具有的总能量的相对大小而决定的
【答案】D
【详解】A．需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应，需要加热，但属于放热反应，故A错误；
B．放热反应在常温下不一定很容易发生，如碳与氧气的反应为放热反应，需点燃或加热，故B错误；
C．有些吸热反应在常温下可自发进行，如氯化铵和氢氧化钡的反应，故C错误；
D．反应是吸热还是放热是由反应物和生成物所具有的总能量的相对大小而决定的，若反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，故D正确；
故选D。
2．通过以下反应均可获取CO。下列有关说法正确的是
①木炭不完全燃烧制CO：2C(s)+O2(g)=2CO(g)    ΔH1＝－221kJ·mol－1
②木炭还原CO2制CO：C(s) +CO2(g)＝2CO(g)   ΔH 2 ＝+172.5 kJ·mol－1
③焦炭还原Fe2O3制CO：Fe2O3(s) + 3C(s) 2Fe(s) + 3CO(g)  ΔH 3＝+489.0kJ·mol－1
A．反应①中化学能全部转化为热能
B．反应②为吸热反应，在任何情况下都不能自发进行
C．反应③中使用催化剂或移走部分CO，均可提高Fe2O3的转化率
D．反应Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g)   ΔH ＝－28.5 kJ·mol－1
【答案】D
【详解】A.反应①中化学能大部分转化为热能，小部分转化为光能，A错误；
B.反应②虽然为吸热反应，但为熵增的反应，根据复合判据可知高温下反应可以自发，B错误；
C.催化剂不影响反应的平衡移动，移走部分CO可以使平衡正向移动，提高Fe2O3的转化率，C错误；
D.反应Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g)可通过：反应③-3×②得到，所以Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g)的ΔH =ΔH3-3×Δ H2=+489.0kJ·mol－1-3×（+172.5 kJ·mol－1）=－28.5 kJ·mol－1，D正确；
答案选D。
【点睛】
3．下列说法错误的是
A．当碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向时，才能发生化学反应
B．能发生有效碰撞的分子一定是活化分子，活化分子必须具有足够高的能量
C．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞，每次碰撞都能发生化学反应
D．活化能指活化分子多出反应物分子平均能量的那部分能量
【答案】C
【详解】A．当碰撞的分子具有足够的能量时才能成为活化分子，且适当的取向时发生有效碰撞，可发生化学反应，选项A正确；
B．物质发生化学反应，必须分子间发生有效碰撞，普通分子间的不能发生有效碰撞，即发生有效碰撞的分子一定是活化分子，能发生有效碰撞的分子必须具有相当高的能量，即活化分子，选项B正确；
C．活化分子之间发生碰撞，生成新物质时的碰撞为有效碰撞，并不是每次碰撞都能发生化学反应，选项C错误；
D．活化能指活化分子多出反应物分子平均能量的那部分能量，选项D正确；
答案选C。
4．在一密闭容器中进行反应：2SO2+O22SO3。反应从正反应开始。下列说法错误的是
A．开始时正反应速率最大
B．时，反应达到平衡状态
C．达到平衡最大
D．开始时
【答案】B
【详解】A．反应从正反应开始，所以反应物的浓度最大，开始时正反应速率最大，故A正确；
B．只要反应发生就符合，所以此时不一定平衡，故B错误；
C．达到平衡，生成物三氧化硫的浓度达最大值，所以最大，故C正确；
D．反应从正反应开始，此时三氧化硫的物质的量为0，所以开始时，故D正确；
故选B。
5．下列说法正确的是
A．加水稀释 溶液，溶液中所有离子的浓度均减小
B． mol 通入足量水中，转移电子的数目为
C．反应在常温下不能自发进行，说明该反应的
D．铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连
【答案】C
【详解】加水稀释后，氢离子浓度减小，，由于Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B.和水的反应是可逆反应，所以 mol 通入足量水中，转移电子的物质的量小于，即转移电子的数目为，故B错误；
C.该反应的，常温下不能自发进行，则，故C正确；
D.电镀时，阳极发生失去电子的氧化反应，所以镀层金属与电源正极相接，镀件与电源负极相接，即铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连，铜与电源的正极相连，故D错误；
故选：C。
6．在1L密闭容器中进行如下反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），达到平衡时 X、Y、Z的物质的量分别为 0.1mol、0.3mol、0.2mol，保持温度和容器体积不变时，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，则下列说法正确的是
A．化学平衡常数不变，平衡不移动 B．向正反应方向移动
C．向逆反应方向移动 D．容器内压强始终保持原来的2倍
【答案】B
【详解】A．平衡常数只和温度有关，温度不变，平衡常数不变，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，压强增大，平衡向正向移动，故A错误；
B．等温等容条件下，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，则相当于加压，平衡向正反应方向移动，故B正确；
C．根据以上分析，平衡向正反应方向移动，故C错误；
D．平衡向正反应方向移动，气体的物质的量减小，压强也发生改变，故D错误；
答案选B。
7．常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是
A．将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各离子浓度均减小
B．用 CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液至pH=7，V（CH3COOH溶液） C．向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0．1 mol·L-1 NH3·H2O溶液：c（Cl–）+c（OH–）=c（H+）+c（NH3·H2O）
D．在含0．1mol NaHSO4的溶液中：c（H+）=c（SO42-）+c（OH–）
【答案】D
【详解】A.将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，酸性减弱，氢离子浓度减小，常温下，KW不变，则氢氧根离子浓度增大，A错误；
B.用 CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液，如果体积相同时，恰好生成乙酸钠，乙酸钠为强碱弱酸盐，显碱性，要使溶液显中性，加入的乙酸的体积应大于氢氧化钠溶液的体积，B错误；
C.向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液，得到等浓度的氯化氢和氯化铵的混合溶液，根据电荷守恒可得c（Cl–）+c（OH–）=c（H+）+ c（NH4+），由于铵根离子水解生成一水合氨，水解是微弱的，则一水合氨的浓度远远小于铵根离子的浓度，所以c（Cl–）+c（OH–）＞c（H+）+ c（NH3·H2O），C错误；
D.根据电荷守恒可得c（Na+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），在0.1mol NaHSO4溶液中c（Na+）= c（SO42-），所以，在含0.1mol NaHSO4的溶液中，c（H+）=c（SO42-+c（OH-），D正确；
故选D。
8．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A．=10-12mol/L的溶液中：、、、
B．使甲基橙变黄的溶液中：、、、
C．由水电离出的  的溶液中：、、、
D．使KSCN显红色的溶液中：、、、
【答案】A
【详解】A． ，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和也不反应，所以能大量共存，故A正确；
B．甲基橙呈黄色时溶液的pH大于，如果溶液呈碱性时，、与分别生成弱电解质、沉淀而不能大量共存，故B错误；
C．由水电离出的  的溶液呈酸性或碱性，如果呈酸性，、生成和而不能大量共存，故C错误；
D．使KSCN显红色的溶液中含有，、和发生双水解反应而不能大量共存，故D错误；
故答案为A。
【点睛】考查离子共存，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，通常离子之间生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应的不能大量共存，难点是要知道酸碱指示剂变色范围。
9．下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】A．醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，离子方程式：，故A符合题意；
B．硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，离子方程式：，故B不符合题意；
C．碳酸根离子分步水解，以第一步为主，离子方程式：，故C不符合题意；
D．碳酸氢根离子水解生成碳酸和水，离子方程式：，属于反应方程式，故D不符合题意；
故选：A。
10．CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)  △H＜0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温、②加压、③增加Cl2的浓度④加催化剂⑤恒压通入惰性气体⑥恒容通入惰性气体，能提高CO转化率的是（　　）
A．②③ B．③⑤ C．①④ D．③⑥
【答案】A
【详解】化学反应CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)    △H<0，正反应是气体体积减小的放热反应，
①升温平衡向逆反应移动，CO转化率减小，①项错误；
②加压平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，②项正确；
③增加Cl2的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，③项正确；
④加催化剂，改变速率不改变平衡，CO转化率不变，④项错误；
⑤恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，容器体积增大压强减小，平衡逆向进行，CO的转化率减小，⑤项错误；
⑥恒容通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，⑥项错误；
综上所述，②③项正确，
答案选A。
【点睛】⑥是学生的易错点，要理解，恒温恒容条件下，充入非反应的气体，对反应物的分压无影响，反应物的浓度没有发生变化，因此反应速率不变，平衡不会移动。
11．一定温度下的难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其，称为难溶电解质的溶度积。25℃时，向AgCl的白色悬浊液中依次加入等浓度的KI溶液和溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最后生成黑色沉淀。已知有关物质的颜色和溶度积如下表：
物质
AgCl
AgI

颜色
白
黄
黑





下列叙述中不正确的是A．溶度积小的沉淀可以转化为溶度积更小的沉淀
B．若先加入溶液，再加入等浓度KI溶液，则无黄色沉淀产生
C．25℃时，饱和AgCl、AgI、溶液中的浓度相同
D．25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、溶液中的溶度积相同
【答案】C
【详解】A．对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向AgCl的白色悬浊液中加入KI溶液，可生成AgI沉淀，A正确；
B．Ag2S溶度积较小，加入Na2S溶液后，溶液中银离子浓度非常小，加入等浓度的K I溶液后，离子的浓度幂之积小于Ksp，不能生成黄色沉淀，故B正确；
C．饱和AgCl、AgI、 Ag2S溶液中，Ag+的浓度分别为 、 、 ，Ag+的浓度不同，C错误；
D．溶度积只受温度的影响，与溶液离子浓度的大小无关，D正确；
故选C。
12．某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则

A．电流方向：电极IV→→电极I
B．电极I发生还原反应
C．电极II逐渐溶解
D．电极III的电极反应：Cu2++2e-==Cu
【答案】A
【详解】A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV→→电极I，正确；
B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；
C、电极II是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；
D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误；
答案选A。

二、原理综合题
13．完成下列问题。
(1)下图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出CO和NO2反应的热化学方程式_______。

(2)常温常压下，1克乙醇完全燃烧生成CO2气体和液态水放出的热量为52.0kJ，写出乙醇燃烧热的热化学方程式：_______。
(3)写出硫酸和烧碱的稀溶液反应生成1摩尔水时的中和热的热化学反应方程式__________(中和热为57.3kJ/mol)。
(4)同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速率较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”观点来计算反应热。已知：
P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s) ΔH=-2983.2kJ/mol ①
P(红磷，s)+O2(g)=P4O10(s) ΔH=-738.5kJ/mol ②
则白磷转化为红磷的热化学方程式为_______。相同状况下，能量状态较低的是_______；白磷的稳定性比红磷_______(填“高”或“低”)。
(5)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。
反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O
已知：此条件下反应A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量。
①写出此条件下，反应A的热化学方程式_______。
②断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为_______kJ，H2O中H-O键比HCl中H-Cl键_______(填“强”或“弱”)。

【答案】(1)NO2(g) +CO(g)=CO2(g)+NO(g)    △H= -234 k J/mol
(2)C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)  ΔH=−2392kJ/mol
(3)H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)  ΔH=−57.3kJ/mol
(4)     P4（s，白磷）=4P（s，红磷）ΔH=-29.2 kJ/mol     白磷     低
(5)     4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 kJ/mol     31.9     强

【解析】（1）
根据反应的能量变化示意图可知1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO放出368-134=234kJ的热量，所以热化学方程式为NO2(g) +CO(g)=CO2(g)+NO(g)    △H= -234 k J/mol；
（2）
常温常压下，1克乙醇完全燃烧生成CO2气体和液态水放出的热量为52.0kJ，可知1mol乙醇完全反应放热为52.0kJ×46=2392kJ，乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)  ΔH=−2392kJ/mol；
（3）
硫酸和烧碱的稀溶液反应生成1摩尔水时的中和热的热化学反应方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)  ΔH=−57.3kJ/mol；
（4）
已知：
P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)         ΔH=-2983.2kJ/mol    ①
P(红磷，s)+O2(g)=P4O10(s)         ΔH=-738.5kJ/mol     ②
根据盖斯定律，由①-4×②得反应P4（s，白磷）=4P（s，红磷）ΔH=ΔH1-4ΔH2=-29.2 kJ/mol，即P4（s，白磷）=4P（s，红磷）ΔH=-29.2 kJ/mol；
相同状况下，能量状态较低的是白磷；白磷的稳定性比红磷低；
（5）
①反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，则反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 kJ/mol，
故答案为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 kJ/mol；
②焓变=反应物断键吸收热量-生成物形成化学键放出热量，4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 kJ/mol，
则该反应的焓变△H=4×E（H-Cl）+498-[243×2+4×E（H-O）]=-115.6，
即：4×E（H-O）-4×E（H-Cl）=498-486+115.6=127.6，整理可得：E（H-O）-E（H-Cl）=31.9，H2O中H-O键比HCl中H-Cl键强；
故答案为：31.9；强。
14．请回答下列问题：
(1)纯水在T ℃时pH＝6，该温度下1 mol/L的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH－)＝_______mol/L。
(2)某一元弱酸溶液(A)与二元强酸(B)的pH相等。若将两溶液稀释相同的倍数后，pH(A)__________pH(B) (填“＞”、“=”或“＜”)；现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液，则需稀释溶液的体积V(A)_________V(B)(填“＞”、“=”或“＜”)。
(3)已知：二元酸H2R 的电离方程式是：H2R=H++HR﹣，HR﹣R2﹣+H+，若0.1mol•L﹣1NaHR溶液的c(H+)="a" mol•L﹣1，则0.1mol•L﹣1H2R溶液中c(H+)___________(0.1+a) mol•L﹣1(填“＜”、“＞”或“=”)，理由是______________。
(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的物理量。已知：
化学式
电离常数(25 ℃)
HCN
K＝4.9×10－10
CH3COOH[]
K＝1.8×10－5
H2CO3
K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11

①25 ℃时，有等浓度的HCN溶液、H2CO3溶液和CH3COOH溶液，三溶液的pH由大到小的顺序为________(用化学式表示)。
②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为__________________。
【答案】(1)10－12
(2)     ＜     ＜
(3)     ＜     H2R中第一步电离出的H+对HR﹣的电离产生了抑制作用
(4)     H2CO3>HCN>CH3COOH     NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO3

【解析】（1）
纯水在T ℃时，pH＝6，即c(H＋)＝c(OH－)＝10－6，可知Kw＝10－12，1 mol·L－1的NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)取决于溶液中的c(H＋)，即c(OH－)水电离＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1，故答案为：10-12；
（2）
强酸每稀释10n倍，pH就增大n个单位，弱酸每稀释10n倍，pH增大不到n个单位，所以两溶液稀释相同的倍数后，pH(A) （3）
由二元酸H2R 的电离方程式是：H2R=H++HR-，HR-R2- + H+，可知，0.1 mol·L-1NaHR溶液中只存在HR-的电离，c(H+)=amol·L-1，而0.1mol·L-1H2R溶液中存在两步电离，第一步电离出的H+对HR-的电离产生了抑制作用，所以c(H+)<(0.1+a) mol·L-1，故答案为：＜；H2R中第一步电离出的H+对HR﹣的电离产生了抑制作用；
（4）
强碱弱酸盐对应的酸的酸性越弱，其水解程度就越大，pH越大，弱酸的电离平衡常数越小。其中Na2CO3对应的是K2＝5.6×10－11，H2CO3的K1大于K(HCN)，K2小于K(HCN)，因此向NaCN溶液中通入少量的CO2，产物应是NaHCO3，故答案为：H2CO3>HCN>CH3COOH；NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO3。
15．“低碳循环”已引起各国家的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量和有效地开发利用CO2正成为化学家研究的主要课题。
(1)用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒(杂质)，这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：_______。
_____C+____KMnO4+_____H2SO4→_____CO2↑+_____MnSO4+_____K2SO4+_____H2O
(2)将不同量的CO和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，得到如下两组数据：
实验组
温度
起始量mol
平衡量mol
达到平衡
所需时间
CO
H2O
H2
CO
1
650
4
2
1.6
2.4
6
2
900
2
1
0.4
1.6
3

①实验2条件下平衡常数K=_______。
②实验3，若900℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时v正_______v逆(填“”、“=”或“”)。
③由两组实验结果，可判断该反应的正反应ΔH_______0(填“”、“=”或“”)。
(3)已知在常温常压下：
①CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)       ΔH=-1275.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)      ΔH=-566.0kJ/mol
③H2O(g)=4H2O(l)        ΔH=-44.0kJ/mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：_______。
(4)对于反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)
①已知该反应的△H0，简述该设想能否实现的依据：_______。
②目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为____。
(5)CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10-9，CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为1.0×10-4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为_______mol/L。
【答案】(1)5C+4KMnO4+6H2SO4=5CO2↑+4MnSO4+2K2SO4+6H2O
(2)     0.17     ＜     ＜
(3)CH3OH(1)+O2(g)=CO(g)+2H2O(1) △H=-442.8 kJ/mol
(4)     ∆H＞0， ∆S＜0，根据∆G=∆H-∆S，可知∆G＞0，反应不能自发进行     2NO+2CO2CO2+N2
(5)1.12×10-4

【解析】（1）
反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，该反应中转移20e-，由电子守恒和质量守恒定律可知得化学反应为5C+4KMnO4+6H2SO4=5CO2↑+4MnSO4+2K2SO4+6H2O；
（2）
①根据题意列三段式有：

该反应前后气体系数之和相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以K=≈0.17；
②若900℃时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，Qc=≈0.47＞K，因此平衡向逆向移动，即v正＜v逆；
③实验2的初始投料为实验1的一半，压强不影响该反应的平衡，所以若温度不影响平衡，则实验1和实验2为等效平衡，若以实验1为标准，则实验2平衡时H2的物质的量为0.8mol，但实际H2的物质的量为0.4mol，说明升高温度使平衡逆向移动，该反应的逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0；
（3）
根据盖斯定律，①可得甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH(1)+O2(g)=CO(g)+2H2O(1) △H=-442.8 kJ/mol；
（4）
①2CO(g)=2C(s)+O2(g)为吸热反应，∆H>0，且反应后熵减小即∆S<0，根据吉布斯自由能公式∆G=∆H-∆S，可知∆G>0，因此在任何温度下，该反应都不能自发进行；
②CO和NO在催化剂的作用下生成N2和CO2，从而减少污染，化学方程式为：2NO+2CO2CO2+N2；
（5）
等体积混合后混合溶液中c(Na2CO3)=5×10-5mol/L，根据溶度积常数得混合溶液中c(CaCl2)==mol/L=5.6×10-5mol/L，二者等体积混合时溶质浓度降为原来的一半，所以原来氯化钙浓度为1.12×10-4mol/L。

三、填空题
16．电化学理论在钢铁防腐、废水处理中有着重要应用价值。请按要求回答下列问题。
(1)在潮湿的空气里，钢铁易发生电化学腐蚀，其中正极的电极反应式为_______。
(2)在海洋工程上，通常用铝锌镉合金(金属性：AlZnCd)保护海底钢铁设施，其原理如图所示：

其负极电极反应式为_______；在实际应用中，用铝合金而不选用纯铝，纯铝不能很好地起到保护作用，其原因是_______。
(3)工业上处理含的酸性工业废水常用以下方法：
a.往工业废水里加入适量的NaCl，搅拌均匀
b.用Fe作电极进行电解，一段时间后有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀产生
c.过滤回收沉淀，废水达到排放标准
①电解时阳极反应式：_______。
②转变成Cr3+的离子方程式：_______。
③解释Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀的产生原因：_______。
④能否用Cu电极来代替Fe电极？_______(填“能”或“不能”)，简述理由：_______。
【答案】(1)O2+2H2O+4e-=4OH-
(2)     Al-3e-＝Al3+     合金的化学抗氧化性更强
(3)     Fe-2e－=Fe2+     6Fe2++ Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O     阴极区H+放电，Fe2+被Cr2O氧化都消耗H+，溶液碱性增强，使Cr3+、Fe3+形成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀     不能     阳极产生的Cu2+不能将Cr2O还原到低价态

【解析】（1）
Fe在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，O2在正极得电子生成OH-，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；
（2）
保护海底钢铁设施，则海底钢铁应为正极被保护，而铝合金作负极，负极发生的电极反应为Al-3e-＝Al3+；由于铝表面易被氧化，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，阻止金属继续氧化，导致Al不能继续反应，因此在实际应用中，负极材料选用铝合金而不用纯铝；
（3）
①用Fe作电极电解时，阳极为活性金属，自身发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2+；
②在酸性条件下，溶液中的Fe2+将Cr2O还原为Cr3+，同时氧化为Fe3+，结合守恒法得发生反应的离子反应方程式为6Fe2++ Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
③阴极上H+得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e－=H2↑，Fe2+被Cr2O氧化时也会消耗溶液中的H+，导致溶液碱性增强，使Cr3+、Fe3+形成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；
④若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是Cu2+，该离子不具有还原性，不能和Cr2O之间发生反应，即阳极产生的Cu2+不能将Cr2O还原到低价态。