北京市昌平一中2024-2025学年高二上学期期中化学试卷（Word版附解析）

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(满分100分，考试时间90分钟)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64
第一部分 选择题(共42分)
本部分共21道小题，每小题2分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。
1. 下列装置或过程能实现化学能转化为电能的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．太阳能电池是将太阳能转化为电能，选项A错误；
B．风力发电是将风能转化为电能，选项B错误；
C．普通锌锰电池为原电池，是将化学能转化为电能，选项C正确；
D．天然气燃烧是将化学能转化为热能和光能，选项D错误；
答案选C。
2. 在2L的密闭容器中进行反应，2 min内A的物质的量由1 ml减小到0.6 ml，则用B的浓度变化表示的反应速率为
A. 0.3 ml/(L·min)B. 0.2 ml/(L·min)C. 0.1 ml/(L·min)D. 0.05 ml/(L·min)
【答案】A
【解析】
【详解】在2L的密闭容器中进行反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)，0～2min内A的物质的量由1ml减小到0.6ml，则B的物质的量变化量为1.2ml，用B的浓度变化表示的反应速率v(B)==0.3ml/(L·min)；故答案为A。
3. 密闭高炉中发生反应： ，若其他条件不变，下列措施能使平衡逆向移动的是
A. 增大Fe的投加量B. 升高温度C. 及时排出CO2D. 加入催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由于Fe为固体，增大Fe的投加量，不影响反应速率，平衡不移动，故A不符合题意；
B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故B符合题意；
C. 及时排出CO2，减小生成物浓度，平衡正向移动，故C不符合题意；
D. 加催化剂，不影响平衡移动，故D不符合题意；
故答案选B。
4. 铜锌原电池的装置如下图，下列说法正确的是
A. 极发生还原反应B. 极电极反应式为
C. 盐桥中进入溶液D. 电子由电极流向电极
【答案】C
【解析】
【分析】锌比铜活泼，铜锌原电池中锌发生失电子的氧化反应、为负极，Cu作正极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极反应式为Cu2++2e-=Cu,原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。
【详解】A．铜锌原电池中锌发生失电子的氧化反应生成Zn2+，故A错误；
B．铜锌原电池工作时，Cu作正极，正极反应式为Cu2++2e-=Cu，故B错误；
C．铜锌原电池工作时锌作负极，Cu作正极，阴离子向负极移动，即盐桥中Cl-进入ZnSO4溶液，故C正确；
D．铜锌原电池工作时锌作负极，Cu作正极，电子由负极经外电路流向正极，即电子由Zn电极流向Cu电极，故D错误；
答案选C。
5. 下列关于化学反应方向的说法正确的是
A. 凡是放热的反应都是自发反应B. 凡是需要加热才发生的反应都是非自发反应
C. 凡是熵增的反应都是自发反应D. 反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应自发与非自发进行不能仅由焓变决定，而是由焓变和熵变共同决定，A错误；
B．△H-T△S<0的反应可自发进行，也可能需要加热，则需要加热的反应可能为自发进行的反应，B错误；
C．△H-T△S<0的反应可自发进行的反应，△H<0，△S>0的反应在低温下是自发进行的反应，若△H>0，△S>0，在低温下反应是非自发进行的反应，C错误；
D．反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变，D正确；
故合理选项是D。
6. 一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应，下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是
A. 的浓度不再改变
B. 浓度商等于化学平衡常数
C. 单位时间内生成，同时生成
D. 容器的总压强不再变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．的浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．浓度商等于化学平衡常数平衡不再移动，达到平衡状态，B不符合题意；
C．单位时间内生成，同时生成说明正逆反应速率相等，达到平衡，C不符合题意；
D．反应为气体分子数不变的反应，总压强为定值，压强不变不能说明达到平衡，D符合题意；
故选D。
7. 下列事实能用平衡移动原理解释的是
A. 溶液中加入少量固体，促进分解
B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C. 带活塞密闭容器内存在平衡，向外拉动活塞颜色变浅
D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
【答案】B
【解析】
【详解】A．MnO2作H2O2分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A不选；
B．2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＜0，密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，加热，平衡逆向移动，导致c(NO2)增大，气体颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B选；
C．该反应前后气体计量数之和不变，改变压强，平衡不移动，所以向外拉动活塞颜色变浅，是因为容器体积增大导致c(I2)减小，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．Zn能置换出Cu,Zn、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H2的产生，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故D不选；
答案选B
8. 氯碱工业的原理如图所示，下列说法中不正确的是
A. 电极a接电源的正极
B. 电极b上电极反应为：
C. Na+透过阳离子交换膜由左向右移动
D. 总离子反应为：
【答案】D
【解析】
【分析】电解饱和食盐水，连接正极的阳极上氯离子失电子产生氯气，故电极a为阳极，连接电源的正极；连接负极的阴极上水得电子产生氢气和氢氧根，故电极b为阴极，连接电源的负极。
【详解】A．根据分析可知，电极a接电源的正极，选项A正确；
B．电极b为阴极，电极上水电离产生的氢离子得电子产生氢气，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，选项B正确；
C．电解池中阳离子定向移动到阴极，故Na+透过阳离子交换膜由左向右移动，选项C正确；
D．氯碱工业为电解饱食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，总反应为：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，选项D错误；
故答案选D。
9. 一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收： ，若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是
A. 增大CO的浓度，平衡正向移动，平衡常数K值不变
B. 平衡前后，容器内压强始终不变
C. 平衡时，升高温度可提高SO2的转化率
D. 加入催化剂，反应速率加快，SO2的平衡转化率增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．增大CO的浓度，平衡正向移动，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A正确；
B．该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故B错误；
C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，故C错误；
D．加入催化剂，反应速率加快，SO2的平衡转化率增大，但平衡不移动，则SO2得平衡转化率不变，故D错误；
故答案选A。
10. 下列有关 的说法，不正确的是
A. 断开1 ml H-H和0.5 ml O=O吸收的总能量大于形成2 ml O-H放出的总能量
B. 若生成1 ml H2O(g)放出的热量小于285.8kJ
C. 1 ml液态水与1 ml水蒸气所具有的内能不同
D. 1 ml H2(g)和0.5 ml O2(g)的总能量比1 ml H2O(l)的总能量高285.8kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A．生成液态水反应的焓变ΔH等于断开1mlH-H和0.5mlO=O所需总能量减去形成2 mlO-H释放的总能量，则该反应的ΔH<0，故断开1mlH-H和0.5mlO=O所需总能量小于形成2 mlO-H释放的总能量，故A错误；
B．气态水的能量高于液态水，所以若生成1mlH2O(g)放出的热量小于285.8kJ，故B正确；
C．气态水能量高于液态水，所以1ml液态水与1ml水蒸气所具有的内能不同，故C正确；
D．该反应为放热反应，1mlH2(g)和0.5mlO2(g)的总能量比1mlH2O(l)的能量高285.8kJ，故D正确；
故答案选A。
11. 图Ⅰ的目的是精炼铜(粗铜中含有锌、铁、银、金等杂质)，图Ⅱ的目的是保护钢闸门。下列说法不正确的是
A. 图Ⅰ中a为纯铜
B. 图Ⅰ中电解质溶液中减小
C. 图Ⅱ中如果a、b间连接电源，则a连接负极
D. 图Ⅱ中如果a、b间用导线连接，则X可以是铜
【答案】D
【解析】
【分析】精炼铜(粗铜中含有锌、铁、银、金等杂质)，粗铜为阳极，纯铜为阴极；若采用外加电流的阴极保护法保护钢闸门，钢闸门为阴极，X为阳极；若采用牺牲阳极的阴极保护法，则钢闸门为正极，X为负极。
【详解】A．粗铜精炼时，粗Cu作阳极，精Cu作阴极，图Ⅰ中a为纯铜，A正确；
B．图Ⅰ是电解池，粗Cu作阳极，粗铜中含有锌、铁、银、金等杂质，锌、铁均比Cu活泼，故锌优先在阳极放电，Cu2+比Zn2+氧化性强，优先在阴极放电，故c(Cu2+)减小，B正确；
C．图Ⅱ的目的是保护钢闸门，钢闸门只能作为阴极才能得到保护，应外接电源的负极，a连接负极，C正确；
D．图Ⅱ中如果a、b间用导线连接，则形成原电池，若X是铜，则铜为正极，钢铁为负极，铁失电子加快腐蚀，D错误；
故答案选D。
12. 已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g) ∆H＜0，400℃时该反应的化学平衡常数K=1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表：
下列说法中，不正确的是
A. 甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025ml•L-1•min-1
B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态
C. 乙中，可能T1＜400℃
D. 丙中，a>0.5
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲中，10分钟时生成了0.5ml/L的的Z，根据方程式可知，反应掉的X的浓度为0.25ml/L，则10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025ml•L-1•min-1，A正确；
B．在10分钟时，由表格知生成的Z的浓度为0.5ml/L，则X、Y都反应掉了0.25ml/L，还剩余0.75ml/L，由此算出此时的浓度熵为，即反应正向进行，平衡正向移动，B错误；
C．乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分钟后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中反应速率比乙容器小，则可以为降温温度导致，故C正确；
D．对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，故丙中a>0.5，D正确；
故选B。
13. 298 K时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：，体系中c(Pb2+)和c(Sn2+)变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A.
B. 298 K时，该反应的平衡常数K=2.2
C. 往平衡体系中加入Pb后，c(Pb2+)增大
D. 往平衡体系中加入少量SnCl2固体后，c(Pb2+)增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则反应的化学平衡常数，A正确；
B．根据图象可知在298 K时反应达到平衡时，c(Pb2+)=0.10 ml/L，c(Sn2+)=0.22 ml/L，所以该温度下的化学平衡常数，B正确；
C．Pb是固体，其浓度不变，所以向平衡体系中加入固体Pb后，c(Pb2+)不变，C错误；
D．往平衡体系中加入少量SnCl2固体后，SnCl2固体电离产生Sn2+，使c(Sn2+)增大，化学平衡逆向移动，导致c(Pb2+)增大，D正确；
故合理选项是C。
14. 科研人员利用电解法在催化剂表面结合和制备尿素，反应机理如下图。
下列说法不正确的是
A 步骤①中形成极性共价键
B. 步骤②中有生成
C. 步骤④中的反应物做阳极反应物
D. 步骤⑤制得尿素应在阴极区域完成相应收集
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．步骤①中CO2得电子并结合H+形成了O-H极性共价键，故A正确；
B．步骤②中HCO2得到电子，结合H+生成了CO，根据质量守恒有 H2O 生成，故B正确；
C．电解池中阳极失电子，阴极得电子，步骤④中CON2得到电子，所以反应物CON2做阴极反应物，故C错误；
D．步骤⑤反应物得到电子，结合H+生成尿素，所以制得尿素应在阴极区域完成相应收集，故D正确；
故选C。
15. 一定条件下，反应的速率可表示为，其中k为反应速率常数。该反应在不同浓度下的反应速率如下：
根据表中的测定数据判断，下列结论不正确的是
A. α、β的值分别为1、1.5
B. 表中x的值为2
C. 反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D. 同时减小H2(g)和HBr(g)浓度，反应速率不一定增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由第2、3组实验数据：当c(Br2)=0.4 ml/L，c(HBr)=2 ml/L，c(H2)由0.1 ml/L变为0.2 ml/L，H2的浓度是原来的2倍，化学反应速率就由8v变为16v，化学反应速率也是原来的2倍，说明α=1；由第1、2组实验数据：当c(H2)=0.1 ml/L，c(HBr)=2 ml/L时，c(Br2)由0.1 ml/L变为0.4 ml/L浓度是原来的4倍，化学反应速率由v变为8v，是原来的8倍，带入速率公式可得β=1.5，A正确；
B．将第一组、第四组数据带入速率公式，，解得x=1，B错误；
C．由于在化学反应速率公式中，速率与c(H2)呈正比，是c(Br2)的1.5次幂，而与c(HBr)成反比，因此反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，C正确；
D．根据速率公式中速率大小与c(H2)、c(HBr)的关系，若c(H2)、c(HBr)减小倍数相同，则化学反应速率不变；若减小倍数不同，反应速率可能是增大，也可能是减小，D正确；
故答案选B。
16. 硫酸可以在甲酸()分解制CO的反应进程中起催化作用。如图1为未加入硫酸的反应进程，如图2为加入硫酸的反应进程。
下列说法不正确的是
A. 甲酸分解制CO的反应△H＞0
B. 未加入硫酸的反应进程中不涉及到化学键的断裂与形成
C. 加入硫酸的反应进程中②→③步反应速率最慢
D. ，
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知甲酸分解制CO时反应物的能量比生成物的低，说明发生该反应是吸热反应，所以反应热△H＞0，A正确；
B．硫酸是该反应的催化剂，未加入硫酸时也发生了化学反应，因此涉及到化学键的断裂与形成，B错误；
C．反应的活化能越大，发生反应就越难进行，化学反应速率就越慢。根据图示可知：加入硫酸的反应进程中②→③步活化能最大，因此该步的化学反应速率最慢，C正确；
D．根据图1可知，由于加入催化剂后只能改变反应途径，不能改变反应物与生成物的能量，因此无论是否使用催化剂，其反应热不变，所以反应热，D正确；
故合理选项是B。
17. 研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨气，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 图中能量转化方式只有2种
B. H+向a极区移动
C. b极发生的电极反应式为：
D. a极上每产生标况下22.4LO2转移的电子数约为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解装置，其中风能和太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，a极电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极为阴极，酸性条件下，氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3。
【详解】A．图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，A项错误；
B．b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原，为阴极，故H+向阴极b极区移动，B项错误；
C．b极为阴极，发生的电极反应为：N2＋6H+＋6e-＝2NH3，C项正确；
D．a极为阳极，电极反应为2H2O－4e-＝O2↑＋4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，D项错误；
故答案选C。
18. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色水处理剂。工业上可电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4其工作原理如图所示，两端隔室中的离子不能进入中间隔室。下列说法不正确的是
A. 铜电极连接电源的负极
B. 阳极电极反应式为：
C. 离子交换膜a是阳离子交换膜
D. 甲溶液可循环利用
【答案】B
【解析】
【分析】根据工业上电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，故铁做阳极，电极反应为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O，导致阳极室阴离子所带负电荷减少，故中间隔室中的OH−移向阳极室；铜棒做阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根，故电极反应为2H2O＋2e-=H2↑＋2OH−，导致阴极室溶液产生大量OH−，则吸引中间隔室中的Na+移向阴极室，故所得溶液甲为浓的NaOH溶液，中间隔室中的NaOH溶液浓度降低，据此分析解题。
【详解】A．经分析可知，铜棒做阴极，与电源负极相连，故A正确；
B．根据工业上电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，铁做阳极，电极反应为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O，故B错误；
C．通过离子交换膜a的是Na+，故为阳离子交换膜，故C正确；
D．甲溶液为浓的氢氧化钠溶液，故可再循环利用于该电解池，故D正确；
故答案选B。
19. 在恒容密闭容器中进行反应：。在某压强下起始时按不同氢碳比投料(如图中曲线①②③)，测得CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示，下列有关说法正确的是
A. 该反应的ΔH>0
B. 氢碳比：①>②>③
C. 其他条件相同时，增大容器的容积可提高CO2的平衡转化率
D. 若达到相同的CO2平衡转化率，氢碳比越大，对应的反应温度越低
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图像可知，在氢碳比相等的条件下，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，ΔH<0，A错误；
B．氢碳比越大，相当于增大H2的浓度，平衡正向移动，CO2的转化率越高，根据图像可知，在温度相等的条件下，CO2的转化率：①>②>③，则氢碳比：①>②>③，B正确；
C．正反应是气体体积减小的反应，因此其他条件不变的情况下，增大容器的体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，会使CO2的转化率减小，C错误；
D．由图可知，升高温度，CO2的平衡转化率减小，氢碳比增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，若达到相同的CO2平衡转化率，氢碳比越大，对应的反应温度越高，D错误；
故选B。
20. 探究浓度对的影响，进行如下实验：
下列说法不正确的是
A. Ⅱ中，加入的SCN-结合Fe3+，使平衡逆向移动
B. Ⅲ中含有I2
C. 比较溶液中的c(I-)：Ⅱ>Ⅳ
D. Ⅳ中不含有Fe3+
【答案】D
【解析】
【分析】实验目的是探究浓度对平衡的影响，Ⅰ中发生反应2Fe3++2I-2Fe2++I2并达到化学平衡，Ⅱ中加入饱和KSCN溶液，KSCN结合Fe3+使Fe3+浓度减小，平衡往左向移动，从而I2的量减小，故Ⅲ中萃取出来的I2较少，颜色较浅。
【详解】A．Ⅰ中发生反应2Fe3++2I-2Fe2++I2并达到化学平衡，Ⅱ中加入的SCN-结合Fe3+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，A正确；
B．Ⅰ中发生反应2Fe3++2I-2Fe2++I2并达到化学平衡，Ⅱ中加入饱和KSCN溶液，KSCN结合Fe3+使Fe3+浓度减小，平衡往左向移动，从而I2的量减小，Ⅲ中仍含有I2，B正确；
C．Ⅰ中发生反应2Fe3++2I-2Fe2++I2并达到化学平衡，Ⅱ中加入饱和KSCN溶液，KSCN结合Fe3+使Fe3+浓度减小，平衡往左向移动，I-浓度增大，则c(I-)：Ⅱ>Ⅳ，C正确；
D．Ⅰ中发生反应2Fe3++2I-2Fe2++I2并达到化学平衡，该反应为可逆反应，Fe3+不能完全被还原，Ⅳ中仍含有Fe3+，D错误；
故选D。
21. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
第二部分 非选择题(共58分)
22. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨：，实现了人工固氮。
（1）该反应的化学平衡常数表达式为_______。
（2）测得在一定条件下氨的平衡含量如下表。
①该反应为放热反应，结合表中数据说明理由_______。
②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是_______。
（3）某温度下，将N2和H2按一定比例充入1L恒容容器中，平衡后测得数据如下表：
①此条件下H2的平衡转化率=_______。(保留一位小数)
②若平衡后，再向平衡体系中加入N2、H2和NH3各1.00 ml，此时反应向_______方向(填“正反应”或“逆反应”)，结合计算说明理由：_______。
（4）合成氨生产流程示意图如下。
①流程中，有利于提高原料利用率的措施是_______；有利于提高单位时间内氨的产率的措施有_______。(每空至少答出两点)
②“干燥净化”中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为： 。对吸收CO后的铜氨废液应该怎样处理？请提出你的建议：_______。
（5）实验室研究是工业生产的基石。下图中的实验数据是在其他条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是_______。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是_______。
【答案】（1）
（2） ①. 温度升高，氨的平衡含量下降，即平衡逆向移动，即逆反应方向为吸热反应，说明该反应为放热反应 ②. 550℃、10Mpa的条件下，催化剂活性最好，可以提高合成氨的反应速率
（3） ①. 33.3% ②. 正反应 ③. 该温度下，K=，加入N2、H2和NH3各1.00 ml后，Q=（4） ①. 加压、冷却液化氨、原料气循环利用 ②. 干燥净化、加压、原料气的循环利用以及铁触媒400-500℃ ③. 升温、减压可促使平衡左移，产生的混合气体用硫酸溶液吸收氨气后可回收CO，铜氨溶液可重复利用
（5） ①. 200℃ ②. KQ=KM>KN
【解析】
【小问1详解】
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，化学平衡常数表达式为；
【小问2详解】
温度升高，氨的平衡含量下降，即平衡逆向移动，即逆反应方向为吸热反应，说明该反应为放热反应；哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是550℃、10Mpa的条件下，催化剂活性最好，可以提高合成氨的反应速率；
【小问3详解】
①某温度下，将N2和H2按一定比例充入1L恒容容器中，平衡后n(N2)=1.00ml，n(H2)=3.00ml，n(NH3)=1.00ml，则△n(NH3)=1.00ml，△n(N2)=0.50ml，△n(H2)=1.50ml，即n起始(H2)=3.00+1.50=4.50ml ，H2的平衡转化率=1.50÷4.50×100%=33.3%；②该温度下，K=，加入N2、H2和NH3各1.00 ml后，Q=【小问4详解】
①合成氨的反应为气体分子总数减小的放热反应，故增大压强可促使平衡正向移动，提高原料利用率；采用迅速冷却的方法使氨气液化分离可降低速率，但能够促使平衡正向移动，提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定的浓度，提高氮气、氢气的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压、冷却液化氨、原料气循环利用；增大压强可提高反应速率且促使平衡正向移动，升温虽然使平衡逆向移动但能加快反应速率，干燥净化能防止催化剂中毒，故有利于提高单位时间内氨的产率的措施有干燥净化、加压、原料气的循环利用以及铁触媒400-500℃；
②[Cu(NH3)2]++CO+NH3⇌[Cu(NH3)3CO]+ ΔH<0为放热的、气体分子数减小的反应，升温、减压可促使平衡左移，产生的混合气体用硫酸溶液吸收氨气后可回收CO，铜氨溶液可重复利用；
【小问5详解】
①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量降低，所以曲线a对应的温度是200℃；②合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由图可知温度的大小关系为：Q=M＜N，则平衡常数的大小关系为：KQ=KM>KN。
23. 原电池及电解原理在生活中具有广泛应用。
Ⅰ.下图为某实验小组同学依据反应设计的原电池装置。
查阅相关资料，得知含碘的各种物质在水溶液中的颜色如下。
（1）甲溶液为_______。
（2）左侧为原电池的_______极(填“正”或者“负”)，电极反应式为_______。
（3）导线内电子的流向是_______(选填序号：①由左到右②由右到左)。
（4）除了电流表的指针偏转外，还可以在右侧溶液中观察到的现象是_______。
Ⅱ.利用下图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。
（5）b是电源的_______极(填“正”或者“负”)，写出你的判断思路_______。
（6）写出左侧电解室的电极反应式_______。
（7）阳离子交换膜中通过的离子及移动的方向是_______。
（8）说明左侧电解室中溶液是如何从稀硫酸变为浓硫酸的_______。
（9）阴极排出的溶液可将NO2转化为N2，该反应的离子方程式是_______。
【答案】（1）Ⅰ2水 （2） ①. 正 ②. ClO-+2e-+H2O= Cl-+2OH-
（3）② （4）溶液颜色由黄色变为无色
（5） ①. 负 ②. 右侧为转化为，化合价降低，得电子，在阴极反应，故b为负极
（6）SO2-2e-+2H2O=+4H+
（7）H+会通过阳离子交换膜由左侧进入右侧
（8）左侧电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+，多余的2个H+通过阳离子交换膜进入右侧，在右侧发生反应：2+2e-+2H+=+2H2O，左侧电解室中溶液由稀硫酸变为浓硫酸
（9）4+ 6NO2+4H2O=3N2+8+8H+
【解析】
【分析】Ⅰ．由离子方程式可知，次氯酸根离子中Cl元素化合价降低，得电子，在原电池正极反应，碘单质中碘元素化合价升高，失电子，在原电池负极反应。
Ⅱ．电解法吸收SO2，左侧为SO2转化为硫酸，化合价升高，失电子，在阳极反应，右侧为转化为，化合价降低，得电子，在阴极反应。
【小问1详解】
由分析得，碘单质中碘元素化合价升高，失电子，在原电池负极反应，故甲溶液为Ⅰ2水；
【小问2详解】
左侧为0.5ml/LNaClO溶液，由分析知，ClO-在原电池的正极反应，故左侧为原电池的正极，电极方程式为：ClO-+2e-+H2O= Cl-+2OH-；
【小问3详解】
导线内电子的流向是由负极流向正极，故选②由右到左；
【小问4详解】
右侧溶液中Ⅰ2转化为，溶液颜色由黄色变为无色；
【小问5详解】
由分析可知，右侧电极为阴极，与电源负极相连，故b是电源负极；
【小问6详解】
左侧为SO2转化为硫酸，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+；
【小问7详解】
由左侧的电极反应式可知产生了H+，导致阳离子增多，故H+会通过阳离子交换膜进入右侧，在右侧发生反应：2+2e-+2H+=+2H2O；
【小问8详解】
左侧电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+，多余的2个H+通过阳离子交换膜进入右侧，在右侧发生反应：2+2e-+2H+=+2H2O，左侧电解室中溶液由稀硫酸变为浓硫酸；
【小问9详解】
阴极排出的溶液中含有，可将NO2转化为N2，该反应的离子方程式为4+ 6NO2+4H2O=3N2+8+8H+。
24. CO2的资源化利用是“减少碳排放”背景下的科学研究热点。
Ⅰ.利用CO2甲烷化反应：进行热力学转化。
（1）已知： ；
。
写出CO2甲烷化反应的热化学方程式_______。
（2）在图中画出其他条件不变时，一段时间内，压强对CO2的转化率的影响示意图_______。
Ⅱ.电化学转化
多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，电解CO2制备CH4的原理示意图如下。电解过程中温度控制在10℃左右，持续通入CO2.阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变。
（3）多晶Cu电极上发生的电极反应式是_______。
（4）阴离子交换膜中传导的离子是_______，移动方向是(填“从左向右”或者“从右向左”)_______。
Ⅲ.CO2催化加氢合成二甲醚(CH3OCH3)，其过程中主要发生下列反应：
反应i： 。
反应ii： 。
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。资料：选择性是指转化成目标产物的指定反应物的量与已转化的反应物的量之比。
（5）①温度升高，平衡时CH3OCH3的选择性下降的原因是_______。
②温度高于300℃时，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_______。
【答案】（1）CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165.2kJ/ml
（2） （3）9CO2+8e-+6H2O =CH4+8
（4） ①. ②. 从右向左
（5） ①. 反应ii 是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，c(CH3OCH3)减少，CH3OCH3的选择性下降 ②. 反应 i 是吸热反应，反应 ii 是放热反应，升高温度，有利于反应 i 正向进行，使 CO2 转化为 CO 的平衡转化率上升；不利于反应 ii 正向进行，使 CO2 转化为 CH3OCH3 的平衡转化率下降，在温度高于 300℃时，温度对反应 i 的影响大于对反应 ii 的影响
【解析】
【小问1详解】
已知反应分别标记为：反应Ⅰ：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=-483.6kJ/ml 反应Ⅱ：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-802kJ/ml反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH3由盖斯定律可知：二氧化碳甲烷化反应Ⅲ=2Ⅰ-Ⅱ，则ΔH3=2ΔH1-ΔH2=2×(-483.6)-(-802)=-165.2kJ/ml，则二氧化碳甲烷化反应的热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165.2kJ/ml；
小问2详解】
该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，压强对 CO2 的转化率的影响示意图;
【小问3详解】
多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，通入二氧化碳生成甲烷，说明电解过程中铜电极做电解池阴极，二氧化碳得到电子生成甲烷，多晶Cu电极上发生的电极反应式为：9CO2+8e-+6H2O =CH4+8；
【小问4详解】
阳极的电极反应式为：4-4e-=O2↑+4CO2↑+2H2O，故阴极产生，阳极消耗，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变，说明由阴极区进入阳极区，阴离子交换膜中传导的离子是，移动方向是从右向左；
【小问5详解】
①反应i的△H>0，反应ii的△H<0，升高温度反应i正向进行，反应ii逆向进行，所以CH3OCH3的选择性降低；②反应i的△H>0，反应ii的△H<0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。
25. 研究NO的治理对于保护环境、治理雾霾有着重要的现实意义。
I.汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：
（1）则 ΔH=_______kJ·ml-1。
Ⅱ.研究人员发现可用NaClO2溶液(调pH=5)吸收NO以达到“脱硝”的目的。已知处理后的溶液中主要含有的阴离子为和。
（2）写出该反应的离子方程式_______。
测得一段时间内NaClO2脱硝效率(即NO的吸收率)随温度变化曲线如下图所示。
已知：酸性条件下，会转化成ClO2和。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体，具有强氧化性，能氧化NOx或SO2。
（3）结合已知信息分析，温度小于和大于50℃时，脱硝效率均下降的可能原因分别是______。
Ⅲ.液相氧化法采用NaClO溶液对烟气中的NO进行脱硝处理。
主要过程如下：。
研究pH对NO脱除率的影响。调节NaClO溶液的初始pH，NO的脱除率如下：
（4）结合化学用语，从平衡移动角度解释pH影响NO脱除率的原因：_______。
【答案】（1）+183
（2）3+4NO+2H2O=4+3Cl-+4H+
（3）温度小于50℃时，反应速率较低，温度大于50℃时，NO及ClO2气体逸出，导致NO吸收率降低
（4）pH越低，c(H+)增大，NO(aq)+HClO(aq)⇌NO2(aq)+HCl(aq)逆向移动，NO脱除率降低
【解析】
【小问1详解】
由图可知，ΔH=945kJ/ml+498 kJ/ml-2×630 kJ/ml=+183 kJ/ml；
【小问2详解】
由题意可知NaClO2溶液在调pH=5时可以吸收NO生成和Cl-，离子方程式为3+4NO+2H2O=4+3Cl-+4H+；
【小问3详解】
温度小于50℃时，反应速率较低，温度大于50℃时，NO及生成的ClO2气体逸出，导致NO吸收率降低；
【小问4详解】
pH越低，c(H+)增大，NO(aq)+HClO(aq)⇌NO2(aq)+HCl(aq)逆向移动，NO脱除率降低。A.航天器太阳能电池阵
B.风力发电
C.普通锌锰电池
D.天然气燃烧
容器
温度/℃
起始时物质的浓度/(ml•L-1)
10分钟时物质的浓/(ml•L-1)
c(X)
c(Y)
c(Z)
甲
400
1
1
0.5
乙
T1
1
1
0.4
丙
400
1
2
a
c(H2)/(ml·L-1)
c(Br2)/(ml·L-1)
c(HBr)/(ml·L-1)
反应速率
0.1
0.1
2
v
0.1
0.4
2
8v
0.2
0.4
2
16v
0.2
0.1
x
4v
温度/℃
压强/MPa
氨的平衡含量
200
10
81.5%
550
10
8.25%
N2
H2
NH3
平衡时各物质的物质的量/(ml)
1.00
3.00
1.00
物质
I2
颜色
无色
黄色
无色
初始pH
3.5
4.5
5.5
6.5
7.5
NO脱除率
91%
88%
83%
65%
51%