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2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期中化学试卷（一）
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这是一份2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期中化学试卷（一），共32页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期中化学试卷（一）
一、选择题（本题共计16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）
1．（3分）能源危机是当今全球性问题，“开源节流”是应对能源危机的有效举措。下列做法有悖于能源“开源节流”的是（ ）
A．开发海洋能、生物质能等新能源，减少化石燃料使用
B．切实提高现有能源的利用率，注重资源的循环再生
C．大力开发沼气能源，将秸秆等废弃物转化为清洁能源
D．大力开采化石燃料，以满足人们日益增长的能源需求
2．（3分）下列装置工作时，将电能转化为化学能的是（ ）
A．风力发电机
B．硅太阳能电池
C．纽扣式银锌电池
D．电解熔融氯化钠
A．A B．B C．C D．D
3．（3分）下列事实不能用勒•夏特列原理解释的是（ ）
A．向新制的黄绿色氯水中加入少量硝酸银固体，溶液的颜色变浅
B．对平衡体系CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）加压后颜色变深
C．将二氧化氮平衡球分别放入热水和冷水中，前者颜色变深，后者颜色变浅
D．向H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）恒容平衡体系中通入适量H2，体系颜色变浅
4．（3分）下列有关热化学方程式的叙述错误的是（ ）
A．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3kJ•mol﹣1，则16g甲烷完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量小于890.3kJ
B．若P4（s，白磷）═4P（s，红磷）△H＝﹣29.2kJ•mol﹣1，则红磷比白磷稳定
C．若H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）△H＝﹣57.3kJ•mol﹣1，则稀硫酸与稀氨水混合生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ
D．在一定条件下，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣90.6kJ•mol﹣1，则2molH2和过量CO置于密闭容器中充分反应放出热量90.6kJ
5．（3分）下列关于金属的腐蚀与防护的叙述不正确的是（ ）
A．图①，马口铁（镀锡铁）即使镀层破损，依然不易生锈
B．图②，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀
C．图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀
D．图③，若金属M比铁活泼，可防止钢铁输水管腐蚀
6．（3分）某温度下，在密闭容器中发生反应aA（g）+bB（g）⇌dD（g）+eE（s），反应达到平衡后将容器体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡时的2.5倍。下列说法正确的是（ ）
A．化学平衡逆向移动 B．A的平衡转化率增大
C．平衡常数变大 D．a+b＜d
7．（3分）瑞典皇家科学院将2021年诺贝尔化学奖授予本杰明•李斯特和大卫•W•C•麦克米伦，以表彰他们在“不对称有机催化发展”方面的贡献。催化剂正在给人类带来最大的利益。我国学者曾研究了在金催化剂表面水煤气变换CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用•标注。下列说法正确的是（ ）
A．该历程中最大能垒（活化能）E正＝2.02eV
B．步骤①：CO（g）+H2O（g）＝CO•+H2O•△H＞0
C．步骤③的化学方程式为COOH•+H2O•＝CO•+OH•+H2O（g）
D．步骤⑤只有极性键H﹣O键的形成
8．（3分）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入1.0L恒容密闭容器中，发生反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表：
T/min
0
2
4
7
9
n（Y）/mol
0.16
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是（ ）
A．反应前4分钟的平均反应速率v（X）＝1.25×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1
B．该温度下该反应的平衡常数的值为90
C．其他条件不变，升高温度，反应达新平衡前v正＞v逆
D．其他条件不变，再充入0.16molY，平衡时Y的转化率增大
9．（3分）下列关于化学反应速率说法正确的是（ ）
A．升高温度，可以改变反应的活化能，从而加速反应的进行
B．反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度相同
C．催化剂能改变反应历程，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率
D．在恒温恒容容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g），充入氦气，体系压强增大，反应速率加快
10．（3分）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）。
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）
②CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）。
其能量曲线如下图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应
B．决定该总反应速率的是反应①
C．CO是该总反应的催化剂
D．该总反应用于工业生产，能促进碳中和
11．（3分）下列有关电解精炼铜与电镀的说法正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，电路中每通过1mole﹣时，阳极就减轻32克
B．电解精炼铜时，电解质溶液中c（Cu2+）保持不变
C．在火箭插销上镀金时，必须以火箭插销作阴极，以金为阳极
D．在铁上镀铜时，可以用铁作阴极，铜为阳极
12．（3分）热激活电池（又称热电池）可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水 LiCl﹣KCl混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb。关于该电池的下列说法中，正确的是（ ）
A．正极的电极反应：PbSO4+2Li++2e﹣＝Pb+Li2SO4
B．放电时，Cl﹣向硫酸铅电极移动
C．LiCl作为电解质，可参与电极反应
D．常温时，该电池无法正常工作
13．（3分）根据下列图示所得推论正确的是（ ）
A．如图是新制氯水光照过程中氯离子浓度随时间的变化曲线，由此可以推断次氯酸发生了分解
B．如图是平衡体系2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）中NO2的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的△H＜0、x＞0.1
C．如图是反应2NO2（红棕色）⇌N2O4（无色）在封口的注射器中达到平衡状态，推断b点的操作是拉伸注射器（气体颜色越深，透光率越小）
D．如图是等量镁条分别与足量同浓度同体积盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表醋酸与镁条的反应
14．（3分）某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X（g）+Y（g）⇌Z（s）+2Q（g）△H1＜0
②M（g）+N（g）⇌R（g）+Q（g）△H2＞0
下列叙述正确的是（ ）
A．通入适量X，则M的浓度增大
B．加入适量Z，反应①的v逆增大v正不变
C．通入适量Ne，①平衡正向移动
D．降低温度时，则Q的浓度一定减小
15．（3分）2021年10月16日我国自主研发的神舟十三号载人飞船成功进入太空，其轨道舱和推进舱使用太阳能电池阵﹣镍镉蓄电池组系统，返回舱使用的是银锌蓄电池组。其中镍镉电池的总反应为Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2。下列说法错误的是（ ）
A．镍镉电池放电时负极反应式为Cd+2OH﹣﹣2e﹣＝Cd（OH）2
B．当飞船进入光照区时，太阳能电池为镍镉电池充电
C．镍镉电池充电时阳极反应式为Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O
D．镍镉电池充电时电解质溶液中的OH﹣移向镉电极
16．（3分）电解法可以对含亚硝酸盐（如亚硝酸钠）的污水进行处理（工作原理如图所示）。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。下列说法错误的是（ ）
A．阳极电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+
B．阳极附近溶液中反应的离子方程式为6Fe2++2NO2﹣+8H+＝6Fe3++N2↑+4H2O
C．该电解装置所使用的离子交换膜为阴离子交换膜
D．当阳极（铁电极）质量减轻56g时，理论上可处理NaNO2含量4.6%的污水500g
二、填空题（本大题共4小题，共计52分）
17．（12分）按要求填空：
（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。
CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图1所示，若反应中有48gS（s）生成，则该反应 （填“放出”或“吸收”）的热量为 。
（2）汽车尾气中排放的NOX和CO污染环境，在汽车尾气中安装催化转化器，可有效降低NOX和CO的排放。
已知：a.2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝−566.0kJ•mol﹣1，
b.N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1。
回答下列问题：
①CO的燃烧热为 。
②CO将NO还原为N2的热化学方程式为 。
（3）电解法处理氮氧化物废气有较高的环境效益和经济效益（图中2电极均为石墨）。电解NO2制备NH4NO3原理如图2所示。阳极为 （填“X”或“Y”），Y的电极反应式为 。
18．（14分）为研究铝和铜作电极在不同电解质溶液中的电极反应规律，利用如图实验装置进行实验。实验中所用Al片、Cu片均用砂纸仔细打磨过，用蒸馏水冲洗干净。
（1）实验1：把Al片、Cu片、电流表按图1所示连接，同时插入2mol•L﹣1稀硝酸中，电流表指针发生偏转，Al片有少量气泡，Cu片上有大量气泡，该气体遇到空气后变为红棕色。Al片为电池 （填“正极”或“负极”），Cu片上的电极反应式为 。
（2）实验2：常温下，将Al片、Cu片插入浓硝酸中组成原电池（图2），并连接电流传感器，测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图3所示，反应过程中有红棕色气体产生。开始一段时间内，Al片作 （填“正极”或“负极”），后来电流反转原因可能为铝遇冷的浓硝酸发生 ，生成致密氧化膜阻碍其与浓硝酸反应。电流反转后，负极 （填“Al片”或“Cu片”）的电极反应式： 。NaOH溶液的作用是 。
19．（12分）以氯化氢为原料通过直接氧化法可以制取氯气，反应方程式为：
4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H＝﹣116kJ•mol﹣1
（1）该法可按下列催化过程进行：
2CuCl2（s）⇌2CuCl（s）+Cl2（g）△H1＝+166 kJ•mol﹣1
2CuCl（s）+O2（g）⇌2CuO（s）+Cl2（g）△H2＝﹣40kJ•mol﹣1
CuO（s）+2HCl（g）⇌CuCl2（s）+H2O（g）△H3＝﹣121kJ•mol﹣1
①该总反应能正向自发进行的有利条件是 。
A．高温下
B．低温下
C．任何温度下
②有利于提高总反应反应速率的条件有 。
A．低温、低压
B．高温、低压
C．高压、低温
D．高温、高压
E．催化剂
（2）恒温恒容下，可以说明总反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）达到平衡的是 。
A．混合气密度保持不变
B．每生成2n个H﹣O键，同时有4n个H﹣Cl键生成
C．混合气的颜色保持不变
D．反应速率v正（HCl）：v逆（H2O）＝1：2
（3）在刚性容器中，进料浓度比c（HCl）：c（O2）分别等于1：1、4：1、7：1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图：
①其中曲线③代表的c（HCl）：c（O2）是 ，原因 。
②设HCl初始浓度为100mol•L﹣1，根据进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝4：1的数据计算K（400℃）＝ （列出计算式，不必算出结果）。
20．（14分）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水。通常是在H+和Fe2+ 浓度一定的废水中加入H2O2，利用反应产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p﹣CP，试探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验中控制p﹣CP的初始浓度为2.0×10﹣3mol•L﹣1，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表）设计如下对比实验。
实验编号
T/K
废水中的c（H+）
/mol•L﹣1
c/10﹣3mol•L﹣1
H2O2
Fe2+
①
298
10﹣3
6.0
0.30
②
313
10﹣3
6.0
0.30
③
298
10﹣10
6.0
0.30
（1）其中实验①、②的目的是 ，实验①、③的目的是 。
（2）测得实验①、②、③中p﹣CP的浓度随时间变化的关系如图所示。
请根据上图实验①曲线，计算降解反应在50﹣450s内的平均反应速率v（p﹣CP）＝ ，以及450s时p﹣CP的降解率 。
（3）实验①②表明适当升高温度，降解反应速率 （填写“增大”“减小”或“不变”）。但温度过高反而导致降解反应速率出现反常，请从所用试剂H2O2的角度分析原因 。
（4）实验③得出的结论是：当废水中的c（H+）＝10﹣10mol•L﹣1时， 。
2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期中化学试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共计16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）
1．（3分）能源危机是当今全球性问题，“开源节流”是应对能源危机的有效举措。下列做法有悖于能源“开源节流”的是（ ）
A．开发海洋能、生物质能等新能源，减少化石燃料使用
B．切实提高现有能源的利用率，注重资源的循环再生
C．大力开发沼气能源，将秸秆等废弃物转化为清洁能源
D．大力开采化石燃料，以满足人们日益增长的能源需求
【分析】化石燃料不能再生，应有节制的开采和使用，只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”，据此分析。
【解答】解：A.海洋能、生物质能等新能源均可以再生，这些新能源的使用可以减少化石燃料使用，属于“开源节流”，故A不选；
B.切实提高现有能源的利用率，避免能源的浪费，注重资源的循环再生，能减少化石能源的使用，属于“开源节流”，故B不选；
C.沼气是可再生能源，将秸秆等废弃物转化为沼气等清洁能源，能减少化石能源的使用，属于“开源节流”，故C不选；
D.化石燃料不能再生，应有节制的开采和使用，大力开采化石燃料、以满足人们日益增长的能源需求不符合“开源节流”，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查能源的开发和利用，应注意的是化石燃料均不能再生，且储量有限，应尽快找到合适的替代能源，不但要“开源”，更要“节流”。
2．（3分）下列装置工作时，将电能转化为化学能的是（ ）
A．风力发电机
B．硅太阳能电池
C．纽扣式银锌电池
D．电解熔融氯化钠
A．A B．B C．C D．D
【分析】将电能转化为化学能能，应为电解池装置，结合能量的转化特点判断，然后选择即可。
【解答】解：A．风力发电机为风能转化为电能的装置，故A错误，
B．硅太阳能电池是光能转化为电能，故B错误；
C．纽扣式银锌电池是原电池，化学能转化为电能，故C错误；
D．电解熔融氯化钠是电能转化为化学能，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握常见能量的转化形成，题目难度不大。
3．（3分）下列事实不能用勒•夏特列原理解释的是（ ）
A．向新制的黄绿色氯水中加入少量硝酸银固体，溶液的颜色变浅
B．对平衡体系CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）加压后颜色变深
C．将二氧化氮平衡球分别放入热水和冷水中，前者颜色变深，后者颜色变浅
D．向H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）恒容平衡体系中通入适量H2，体系颜色变浅
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【解答】解：A．氯水中有下列平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，当加入少量硝酸银固体后，硝酸银和HCl反应而促进平衡正向移动，氯浓度降低导致溶液颜色变浅，可以用勒夏特利原理解释，故A不选；
B．该反应为气体体积不变的可逆反应，增大压强平衡不移动，但二氧化氮浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器置于冷水中，化学平衡向着生成四氧化二氮的方向进行，颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D．对于反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），恒容平衡体系中通入适量H2，增大氢气的浓度，则平衡向右移动，能用 勒夏特利原理解释，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。
4．（3分）下列有关热化学方程式的叙述错误的是（ ）
A．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3kJ•mol﹣1，则16g甲烷完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量小于890.3kJ
B．若P4（s，白磷）═4P（s，红磷）△H＝﹣29.2kJ•mol﹣1，则红磷比白磷稳定
C．若H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）△H＝﹣57.3kJ•mol﹣1，则稀硫酸与稀氨水混合生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ
D．在一定条件下，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣90.6kJ•mol﹣1，则2molH2和过量CO置于密闭容器中充分反应放出热量90.6kJ
【分析】A.16g甲烷的物质的量为＝1mol，由热化学方程式可知，完全燃烧生成CO2气体和液态水放热为890.3kJ，且气态水比液态水的能量高；
B.焓变为负，为放热反应，可知红磷能量低；
C.中和反应为放热反应，且一水合氨电离吸热；
D.2molH2和过量CO置于密闭容器中充分反应，为可逆反应，不能完全转化。
【解答】解：A.16g甲烷的物质的量为＝1mol，由热化学方程式可知，完全燃烧生成CO2气体和液态水放热为890.3kJ，且气态水比液态水的能量高，则16g甲烷完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量小于890.3kJ，故A正确；
B.焓变为负，为放热反应，可知红磷能量低，则红磷比白磷稳定，故B正确；
C.中和反应为放热反应，且一水合氨电离吸热，则稀硫酸与稀氨水混合生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故C正确；
D.2molH2和过量CO置于密闭容器中充分反应，为可逆反应，不能完全转化，则放出热量小于90.6kJ，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握燃烧热、中和热、热化学方程式的意义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意弱电解质的电离及可逆反应。
5．（3分）下列关于金属的腐蚀与防护的叙述不正确的是（ ）
A．图①，马口铁（镀锡铁）即使镀层破损，依然不易生锈
B．图②，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀
C．图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀
D．图③，若金属M比铁活泼，可防止钢铁输水管腐蚀
【分析】A.马口铁（镀锡铁）当镀层破损时形成原电池，铁做负极，锡做正极；
B.在电解池中，阳极被腐蚀，阴极被保护；
C.在中性或弱酸性溶液中，钢铁发生吸氧腐蚀；
D.在原电池中，负极被腐蚀，正极被保护。
【解答】解：A.马口铁（镀锡铁）当镀层破损时形成原电池，铁做负极被腐蚀，锡做正极被保护，即铁会生锈，故A错误；
B.图②，若将钢闸门与电源的负极相连即形成电解池，钢闸门做阴极被保护，故B正确；
C.图②，若断开电源，由于钢闸门处在中性或弱酸性溶液中，则形成原电池，发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.图③形成了原电池，若金属M比铁活泼，则M做负极被腐蚀，铁做正极被保护，可防止钢铁水管腐蚀，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了金属的腐蚀和防护，难度不大，应注意在原电池中负极被腐蚀，在电解池中阳极被腐蚀。
6．（3分）某温度下，在密闭容器中发生反应aA（g）+bB（g）⇌dD（g）+eE（s），反应达到平衡后将容器体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡时的2.5倍。下列说法正确的是（ ）
A．化学平衡逆向移动 B．A的平衡转化率增大
C．平衡常数变大 D．a+b＜d
【分析】反应达到平衡后将容器体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡时的2.5倍，可知体积减小、压强增大，平衡正向移动，以此来解答。
【解答】解：A.由上述分析可知，化学平衡正向移动，故A错误；
B.平衡正向移动，A的平衡转化率增大，故B正确；
C.温度不变，平衡常数不变，故C错误；
D.压强增大、平衡正向移动，可知a+b＞d，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握体积与压强的关系、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意E为固态。
7．（3分）瑞典皇家科学院将2021年诺贝尔化学奖授予本杰明•李斯特和大卫•W•C•麦克米伦，以表彰他们在“不对称有机催化发展”方面的贡献。催化剂正在给人类带来最大的利益。我国学者曾研究了在金催化剂表面水煤气变换CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用•标注。下列说法正确的是（ ）
A．该历程中最大能垒（活化能）E正＝2.02eV
B．步骤①：CO（g）+H2O（g）＝CO•+H2O•△H＞0
C．步骤③的化学方程式为COOH•+H2O•＝CO•+OH•+H2O（g）
D．步骤⑤只有极性键H﹣O键的形成
【分析】A．结合图象数据分析该历程中最大能垒（活化能）即为步骤④；
B．由图可知，步骤①反应物总能量大于生成物总能量；
C．由图可知，步骤③反应物为CO•+OH•+H2O（g），生成物为COOH•+H2O•；
D．CO2（g）中含有极性键。
【解答】解：A．该历程中最大能垒（活化能）即为步骤④，则E正＝（1.86eV+0.16eV）＝2.02eV，故A正确；
B．由图可知，步骤①反应物总能量大于生成物总能量，则步骤①：CO（g）+H2O（g）＝CO•+H2O•△H＜0，故B错误；
C．由图可知，步骤③反应物为CO•+OH•+H2O（g），生成物为COOH•+H2O•，则步骤③的化学方程式为CO•+OH•+H2O（g）＝COOH•+H2O•，故C错误；
D．由图可知步骤⑤生成了CO2（g）、H2 （g）和H2O•，步骤⑤极性键C＝O和H﹣O键形成，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应中能量的变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，把握概念、反应热与反应物或生成物能量之间的关系、提取图中信息等为解题关键，注意活化能大小的确定及其对化学反应的影响，题目难度不大。
8．（3分）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入1.0L恒容密闭容器中，发生反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表：
T/min
0
2
4
7
9
n（Y）/mol
0.16
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是（ ）
A．反应前4分钟的平均反应速率v（X）＝1.25×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1
B．该温度下该反应的平衡常数的值为90
C．其他条件不变，升高温度，反应达新平衡前v正＞v逆
D．其他条件不变，再充入0.16molY，平衡时Y的转化率增大
【分析】A.结合v＝及速率之比等于化学计量数之比计算；
B.由表中数据可知，7min达到平衡状态，转化的Y为0.06mol，生成Z为0.12mol，体积为1L，结合平衡浓度计算K；
C.焓变为负，为放热反应；
D.其他条件不变，再充入0.16molY，可促进X的转化。
【解答】解：A.应前4分钟的平均反应速率v（X）＝×2＝2.5×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；
B.由表中数据可知，7min达到平衡状态，转化的Y为0.06mol，生成Z为0.12mol，体积为1L，平衡时X、Y、Z的浓度为0.04mol/L、0.10mol/L、0.12mol/L，K＝＝＝90，故B正确；
C.焓变为负，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应达新平衡前v正＜v逆，故C错误；
D.其他条件不变，再充入0.16molY，可促进X的转化，X的转化率增大、Y的转化率减小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握表中数据、速率及K的计算、温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化量的关系及平衡浓度的判断。
9．（3分）下列关于化学反应速率说法正确的是（ ）
A．升高温度，可以改变反应的活化能，从而加速反应的进行
B．反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度相同
C．催化剂能改变反应历程，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率
D．在恒温恒容容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g），充入氦气，体系压强增大，反应速率加快
【分析】A．升高温度增大，增大活化分子百分数，但反应的活化能不变；
B．不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度不同；
C．催化剂通过参与反应，改变活化能活，从而改变化活化分子百分数；
D．在恒温恒容容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g），充入氦气，体系压强增大，但反应物和生成物的浓度不变。
【解答】解：A．升高温度增大，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，从而加速反应的进行，但反应的活化能不变，故A错误；
B．反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度不同，故B错误；
C．催化剂通过参与反应，通过改变活化能活来改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率，故C正确；
D．在恒温恒容容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g），充入氦气，体系压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，则反应速率不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意外界条件对活化分子的影响，难度不大。
10．（3分）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）。
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）
②CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）。
其能量曲线如下图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应
B．决定该总反应速率的是反应①
C．CO是该总反应的催化剂
D．该总反应用于工业生产，能促进碳中和
【分析】A．生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，；
B．决定该总反应速率的是活化能最大的步骤；
C．CO为中间产物；
D．由题意可知，该反应有利于减少温室气体二氧化碳。
【解答】解：A．反应①生成物的总能量高于反应总能量，则反应①为吸热反应，反应②生成物的总能量低于反应总能量，则反应②为放热反应，故A正确；
B．由图可知，反应①的活化能高于反应②，则决定该总反应速率的是反应①，故B正确；
C．由图可知，CO为中间产物，不是该总反应的催化剂，故C错误；
D．由题意可知，该反应有利于减少温室气体二氧化碳，同时将二氧化碳转化为工业原料甲醇，则该总反应用于工业生产，能促进碳中和，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，从物质本身能量理解化学反应能量变化是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．（3分）下列有关电解精炼铜与电镀的说法正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，电路中每通过1mole﹣时，阳极就减轻32克
B．电解精炼铜时，电解质溶液中c（Cu2+）保持不变
C．在火箭插销上镀金时，必须以火箭插销作阴极，以金为阳极
D．在铁上镀铜时，可以用铁作阴极，铜为阳极
【分析】A．电解精炼铜时，阳极上铜和其它金属失电子发生氧化反应；
B．粗铜作阳极、纯铜作阴极，粗铜中含有Fe、Zn等杂质，电解过程中粗铜溶解的Cu的质量小于阴极析出Cu的质量；
C．金为惰性金属；
D．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极．
【解答】解：A．电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，故每通过1mole﹣时，溶解的阳极的质量不等于32g，故A错误；
B．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解过程中粗铜上Fe、Zn等杂质优先放电，阴极上只有铜离子得电子，所以粗铜溶解的Cu的质量小于阴极析出Cu的质量，导致溶液中c（Cu2+）减小，故B错误；
C．金为惰性金属，在阳极不参与反应，则在火箭插销上镀金，应用物理方法，故C错误；
D．电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，则在铁上镀铜时，可以用铁作阴极，铜为阳极，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电解池原理，明确电极反应式是解本题关键，难度不大。
12．（3分）热激活电池（又称热电池）可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水 LiCl﹣KCl混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb。关于该电池的下列说法中，正确的是（ ）
A．正极的电极反应：PbSO4+2Li++2e﹣＝Pb+Li2SO4
B．放电时，Cl﹣向硫酸铅电极移动
C．LiCl作为电解质，可参与电极反应
D．常温时，该电池无法正常工作
【分析】A．该电池反应中Pb元素化合价由+2价变为0价、Ca元素化合价由0价变为+2价，则负极材料为Ca，正极上PbSO4得电子发生还原反应；
B．发电时，阴离子向负极移动、阳离子向正极移动；
C．LiCl作为电解质，不参与电极反应；
D．常温下，电解质不是熔融态，没有自由移动的离子。
【解答】解：A．PbSO4为原电池的正极，发生还原反应生成Pb，电极方程式为PbSO4+2e﹣═Pb+SO42﹣，故A错误；
B．该原电池中，Ca为负极，PbSO4为正极，原电池中阳离子向正极移动，即Li+向PbSO4电极移动，Cl﹣向Ca电极移动，故B错误；
C．负极反应式为Ca﹣2e﹣＝Ca2+，正极反应式为PbSO4+2e﹣═Pb+SO42﹣，所以LiCl作为电解质，不参与电极反应，故C错误；
D．常温下，电解质不是熔融态，没有自由移动的离子，所以不能正常工作，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，注意电解质中阴阳离子移动方向的判断，题目难度不大。
13．（3分）根据下列图示所得推论正确的是（ ）
A．如图是新制氯水光照过程中氯离子浓度随时间的变化曲线，由此可以推断次氯酸发生了分解
B．如图是平衡体系2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）中NO2的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的△H＜0、x＞0.1
C．如图是反应2NO2（红棕色）⇌N2O4（无色）在封口的注射器中达到平衡状态，推断b点的操作是拉伸注射器（气体颜色越深，透光率越小）
D．如图是等量镁条分别与足量同浓度同体积盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表醋酸与镁条的反应
【分析】A．纵坐标为氯离子浓度的变化曲线，没有说明氧气；
B．由a知压强相同时，升温二氧化氮的转化率增大，即平衡正向移动，可推知正反应为吸热反应，图中一定温度下，压强由0.1MPa变化到xMPa，二氧化氮的转化率增大，即平衡正向移动，结合反应前后气体体积的变化分析x；
C．该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大；
D．醋酸为弱电解质，不完全电离，在相同的时间内产生的氢气量小。
【解答】解：A．纵坐标为氯离子浓度的变化曲线，可推断次氯酸分解生成了HCl，故A正确；
B．由乙图知压强相同时，升温二氧化氮的转化率增大，即平衡正向移动，可推知正反应吸热反应，ΔH＞0，由乙图可知温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，二氧化氮转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1，故B错误；
C．b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故C错误；
D．醋酸为弱电解质，不完全电离，在相同的时间内产生的氢气量小，盐酸完全电离，在相同的时间内产生的氢气量大，①代表盐酸与镁条的反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解及弱电解质的电离，明确温度对弱电解质电离及盐类水解影响原理是解本题关键，侧重考查分析判断能力。
14．（3分）某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X（g）+Y（g）⇌Z（s）+2Q（g）△H1＜0
②M（g）+N（g）⇌R（g）+Q（g）△H2＞0
下列叙述正确的是（ ）
A．通入适量X，则M的浓度增大
B．加入适量Z，反应①的v逆增大v正不变
C．通入适量Ne，①平衡正向移动
D．降低温度时，则Q的浓度一定减小
【分析】A.通入适量X，平衡正向移动，使Q的浓度增大，导致②平衡逆向移动；
B.Z为纯固体；
C.体积不变，通入适量Ne，反应体系中各物质的浓度不变；
D.①为放热反应，②为吸热反应，均均生成Q。
【解答】解：A.通入适量X，平衡正向移动，使Q的浓度增大，导致②平衡逆向移动，可知M的浓度增大，故A正确；
B.Z为纯固体，加入适量Z，反应①的v逆、v正均不变，故B错误；
C.体积不变，通入适量Ne，反应体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故C错误；
D.①为放热反应，②为吸热反应，均均生成Q，则降低温度时，Q的浓度可能增大或减小，或不变，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意两个反应之间的相互影响。
15．（3分）2021年10月16日我国自主研发的神舟十三号载人飞船成功进入太空，其轨道舱和推进舱使用太阳能电池阵﹣镍镉蓄电池组系统，返回舱使用的是银锌蓄电池组。其中镍镉电池的总反应为Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2。下列说法错误的是（ ）
A．镍镉电池放电时负极反应式为Cd+2OH﹣﹣2e﹣＝Cd（OH）2
B．当飞船进入光照区时，太阳能电池为镍镉电池充电
C．镍镉电池充电时阳极反应式为Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O
D．镍镉电池充电时电解质溶液中的OH﹣移向镉电极
【分析】镍镉电池放电时，Cd发生失电子的氧化反应生成Cd（OH）2，则Cd作负极，负极反应为Cd﹣2e﹣+2OH﹣＝Cd（OH）2，NiOOH发生得电子的还原反应生成Ni（OH）2，作正极，正极反应为NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，放电时溶液中阴离子向负极移动；充电时为电解池，阴阳极反应与负正极反应相反，阳极反应为Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O，阴极反应为Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，据此分析解答。
【解答】解：A．放电时该装置是原电池，负极上Cd失电子生成Cd（OH）2，负极反应式为Cd﹣2e﹣+2OH﹣＝Cd（OH）2，故A正确；
B．当飞船进入光照区时，太阳能电池将太阳能转化为电能，为镍镉电池充电，将电能转化为化学能储存，故B正确；
C．充电时该装置是电解池．阳极上Ni（OH）2失电子生成NiOOH，阳极反应为Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O，故C正确；
D．镍镉电池放电时Cd作负极，NiOOH作正极，充电时Cd作阴极，NiOOH作阳极，则充电时电解质溶液中的OH﹣移向NiOOH电极，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池和电解池原理、电极反应式的书写等知识，为高频考点，明确电极判断、电极反应及电极反应式书写是解本题关键，注意结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
16．（3分）电解法可以对含亚硝酸盐（如亚硝酸钠）的污水进行处理（工作原理如图所示）。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。下列说法错误的是（ ）
A．阳极电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+
B．阳极附近溶液中反应的离子方程式为6Fe2++2NO2﹣+8H+＝6Fe3++N2↑+4H2O
C．该电解装置所使用的离子交换膜为阴离子交换膜
D．当阳极（铁电极）质量减轻56g时，理论上可处理NaNO2含量4.6%的污水500g
【分析】由图可知，左侧Fe连接电源的正极作阳极，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，亚铁离子有还原性，能与亚硝酸根离子反应，右侧铁为阴极，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，阴极区正电荷减少，阳极区生成的铁离子透过交换膜进入阴极区，故离子交换膜为阳离子交换膜，据此作答。
【解答】解：A.左侧Fe连接电源的正极作阳极，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A正确；
B.亚铁离子有还原性，能与亚硝酸根离子反应，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应离子方程式为6Fe2++2NO2﹣+8H+＝6Fe3++N2↑+4H2O，故B正确；
C.阳极区生成的Fe3+透过交换膜进入阴极区，故离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；
D.当阳极（铁电极）质量减轻56g时，生成亚铁离子的物质的量为＝1mol，理论上可处理NaNO2含量4.6%的污水＝500g，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
二、填空题（本大题共4小题，共计52分）
17．（12分）按要求填空：
（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。
CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图1所示，若反应中有48gS（s）生成，则该反应 放出 （填“放出”或“吸收”）的热量为 405kJ 。
（2）汽车尾气中排放的NOX和CO污染环境，在汽车尾气中安装催化转化器，可有效降低NOX和CO的排放。
已知：a.2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝−566.0kJ•mol﹣1，
b.N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1。
回答下列问题：
①CO的燃烧热为 283.0kJ•mol﹣1 。
②CO将NO还原为N2的热化学方程式为 2CO（g）+2NO（g）＝2CO2（g）+N2（g）ΔH＝﹣746.5kJ•mol﹣1 。
（3）电解法处理氮氧化物废气有较高的环境效益和经济效益（图中2电极均为石墨）。电解NO2制备NH4NO3原理如图2所示。阳极为 Y （填“X”或“Y”），Y的电极反应式为 NO2+H2O﹣e﹣＝NO3﹣+2H+ 。
【分析】（1）根据热化学方程式计算热量变化；
（2）根据燃烧热定义计算物质燃烧热；
（3）根据盖斯定律求目标热化学方程式；
（4）根据电解池的原理判断阳极，并根据电子得失和物质变化写出电极反应式。
【解答】解：（1）图1表示的热化学方程式为2CO（g）+SO2（g）＝S（s）+2CO2（g） ΔH＝﹣270.0kJ•mol﹣1，所以若反应中生成48gS（s），也就是生成物质的量n＝＝＝1.5molS（s）时，应该释放出的热量＝270.0kJ•mol﹣1×1.5mol＝405kJ，
故答案为：放出；405 kJ；
（2）①燃烧热的定义为101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定物质时所释放的热量，根据盖斯定律可知，目标方程式＝a×，该反应的△H＝−566.0kJ•mol﹣1×＝−283.0kJ•mol﹣1，所以其燃烧热为283.0kJ•mol﹣1，
故答案为：283.0 kJ•mol﹣1；
②a﹣b可得CO将NO还原为N2的热化学方程式，2CO（g）+2NO（g）＝2CO2（g）+N2（g）ΔH＝−566.0kJ•mol﹣1﹣180.5kJ•mol﹣1＝﹣746.5 kJ•mol﹣1，
故答案为：2CO（g）+2NO（g）＝2CO2（g）+N2（g）ΔH＝﹣746.5 kJ•mol﹣1；
（3）图2可知，向X和Y极分别通入NO2，分别生成了NH4+和NO3﹣，电解池的阳极发生氧化反应，有元素化合价升高，Y极NO2→NO3﹣，N：+4→+5，所以Y为阳极，发生的电极反应式为NO2+H2O﹣e﹣＝NO3﹣+2H+，
故答案为：Y；NO2+H2O﹣e﹣＝NO3﹣+2H+。
【点评】本题主要考查热化学方程式的书写，其中也涉及了燃烧热的计算、电解池的相关知识，学习中多掌握热化学方程式的基础知识，电解池的相关原理需要理解透彻。
18．（14分）为研究铝和铜作电极在不同电解质溶液中的电极反应规律，利用如图实验装置进行实验。实验中所用Al片、Cu片均用砂纸仔细打磨过，用蒸馏水冲洗干净。
（1）实验1：把Al片、Cu片、电流表按图1所示连接，同时插入2mol•L﹣1稀硝酸中，电流表指针发生偏转，Al片有少量气泡，Cu片上有大量气泡，该气体遇到空气后变为红棕色。Al片为电池 负极 （填“正极”或“负极”），Cu片上的电极反应式为 NO3﹣+4H++3e﹣＝NO↑+2H2O 。
（2）实验2：常温下，将Al片、Cu片插入浓硝酸中组成原电池（图2），并连接电流传感器，测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图3所示，反应过程中有红棕色气体产生。开始一段时间内，Al片作 负极 （填“正极”或“负极”），后来电流反转原因可能为铝遇冷的浓硝酸发生 钝化 ，生成致密氧化膜阻碍其与浓硝酸反应。电流反转后，负极 Cu片 （填“Al片”或“Cu片”）的电极反应式： Cu﹣2e﹣＝Cu2+ 。NaOH溶液的作用是 吸收NO2气体，防止污染大气 。
【分析】（1）Al比Cu活泼，Al作负极，电极反应式为Al﹣3e﹣＝Al3+，Cu作正极，电极反应式为NO3﹣+4H++3e﹣＝NO↑+2H2O；
（2）Al遇浓硝酸钝化，Cu能与浓硝酸能反应，故Cu作负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，Al作正极，电极反应式为NO3﹣+4H++e﹣＝NO2↑+2H2O，NaOH溶液用于尾气处理。
【解答】解：（1）Al比Cu活泼，Al作负极，Cu作正极，电极反应式为NO3﹣+4H++3e﹣＝NO↑+2H2O，
故答案为：负极；NO3﹣+4H++3e﹣＝NO↑+2H2O；
（2）Al比Cu活泼，开始一段时间内，Al片作负极，但Al遇浓硝酸钝化，生成致密氧化膜阻碍其与浓硝酸反应，Cu能与浓硝酸能反应，故Cu作负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，NaOH溶液的作用是吸收NO2气体，防止污染大气，
故答案为：负极；钝化；Cu片；Cu﹣2e﹣＝Cu2+；吸收NO2气体，防止污染大气。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据题意和现象准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
19．（12分）以氯化氢为原料通过直接氧化法可以制取氯气，反应方程式为：
4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H＝﹣116kJ•mol﹣1
（1）该法可按下列催化过程进行：
2CuCl2（s）⇌2CuCl（s）+Cl2（g）△H1＝+166 kJ•mol﹣1
2CuCl（s）+O2（g）⇌2CuO（s）+Cl2（g）△H2＝﹣40kJ•mol﹣1
CuO（s）+2HCl（g）⇌CuCl2（s）+H2O（g）△H3＝﹣121kJ•mol﹣1
①该总反应能正向自发进行的有利条件是 。
A．高温下
B．低温下
C．任何温度下
②有利于提高总反应反应速率的条件有 DE 。
A．低温、低压
B．高温、低压
C．高压、低温
D．高温、高压
E．催化剂
（2）恒温恒容下，可以说明总反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）达到平衡的是 C 。
A．混合气密度保持不变
B．每生成2n个H﹣O键，同时有4n个H﹣Cl键生成
C．混合气的颜色保持不变
D．反应速率v正（HCl）：v逆（H2O）＝1：2
（3）在刚性容器中，进料浓度比c（HCl）：c（O2）分别等于1：1、4：1、7：1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图：
①其中曲线③代表的c（HCl）：c（O2）是 7：1 ，原因 温度不变，增大氧气浓度，HCl的平衡转化率增大 。
②设HCl初始浓度为100mol•L﹣1，根据进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝4：1的数据计算K（400℃）＝ （列出计算式，不必算出结果）。
【分析】（1）①根据△H﹣T△S＜0时反应能够自发进行分析；
②根据增大反应物难度、高温、高压和催化剂等都能提高总反应反应速率分析；
（2）根据可逆反应处于平衡状态时，正逆反应速率相等、组成不变等特征判断，“变量不变了”说明平衡了；
（3）①根据图知，温度一定时进料浓度比c（HCl）：c（O2）越小，HCl的转化率越大，据此分析；
②400℃时，进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝4：1的HCl转化率为76%，根据三段式计算解答。
【解答】解：（1）①反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H＝﹣116kJ•mol﹣1为气体体积缩小的反应，△S＜0，又该反应的△H＜0，低温下，△H﹣T△S＜0，所以该反应能够正向自发进行的有利条件是低温，
故答案为：B；
②总反应为4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H＝﹣116kJ•mol﹣1，高温、高压和催化剂都能提高总反应反应速率，
故答案为：DE；
（2）A．恒温恒容下，混合气密度始终不变，不能判断是平衡状态，故A错误；
B．根据方程式4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g），生成4个H﹣O，即生成2个水分子，同时有4个H﹣Cl生成，即生成4个HCl分子，因此每生成2n个H﹣O键，同时有4n个H﹣Cl键生成，说明正、逆反应速率不相等，不是平衡状态，故B错误；
C．混合气的颜色保持不变，说明氯气的浓度不变，说明反应达到了平衡状态，故C正确；
D．反应速率v正（HCl）：v逆（H2O）＝2：1，表示正逆反应速率相等，则反应速率v正（HCl）：v逆（H2O）＝1：2不是平衡状态，故D错误；
故答案为：C；
（3）①根据图象，温度一定时，进料浓度比c（HCl）：c（O2）越小，即增大氧气浓度，HCl的转化率增大，所以进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝7：1时，HCl的转化率在1：1、4：1、7：1中最小，为最下边曲线③，曲线③代表的c（HCl）：c（O2）是7：1，
故答案为：7：1；温度不变，增大氧气浓度，HCl的平衡转化率增大；
②400℃时，进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝4：1的HCl转化率为76%，
4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）
开始（mol/L） 100 25 0 0
反应（mol/L） 76 19 38 38
平衡（mol/L） 24 6 38 38
化学平衡常数K＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查自发性的判断、化学平衡计算和判断应用等知识，题目难度较大，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。
20．（14分）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水。通常是在H+和Fe2+ 浓度一定的废水中加入H2O2，利用反应产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p﹣CP，试探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验中控制p﹣CP的初始浓度为2.0×10﹣3mol•L﹣1，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表）设计如下对比实验。
实验编号
T/K
废水中的c（H+）
/mol•L﹣1
c/10﹣3mol•L﹣1
H2O2
Fe2+
①
298
10﹣3
6.0
0.30
②
313
10﹣3
6.0
0.30
③
298
10﹣10
6.0
0.30
（1）其中实验①、②的目的是 探究温度对p﹣CP降解反应速率的影响 ，实验①、③的目的是 探究废水的c（H+）对p﹣CP降解反应速率的影响 。
（2）测得实验①、②、③中p﹣CP的浓度随时间变化的关系如图所示。
请根据上图实验①曲线，计算降解反应在50﹣450s内的平均反应速率v（p﹣CP）＝ 3.5×10﹣6mol/（L•s） ，以及450s时p﹣CP的降解率 90.0% 。
（3）实验①②表明适当升高温度，降解反应速率 减小 （填写“增大”“减小”或“不变”）。但温度过高反而导致降解反应速率出现反常，请从所用试剂H2O2的角度分析原因 过氧化氢在温度过高时迅速分解 。
（4）实验③得出的结论是：当废水中的c（H+）＝10﹣10mol•L﹣1时， 反应不能进行 。
【分析】（1）实验①、②中只有温度不同，其他条件均相同，实验①、③中只有废水中的c（H+）不同，其他条件均相同，结合控制变量法分析实验目的；
（2）根据反应速率公式v＝计算平均反应速率；根据降解率＝×100%计算450s时p﹣CP的降解率；
（3）过氧化氢对热不稳定，在温度较高时易发生分解；
（4）根据曲线③的变化情况分析判断。
【解答】解：（1）实验①、②中只有温度不同，其他条件均相同，根据控制变量法可知，实验①、②的目的是探究温度对降解反应速率的影响；实验①、③中只有废水中的c（H+）不同，其他条件均相同，实验①、③的目的是探究废水的c（H+）对降解反应速率的影响，
故答案为：探究温度对p﹣CP降解反应速率的影响；探究废水的c（H+）对p﹣CP降解反应速率的影响；
（2）根据图象可知，曲线①中在50s时c（p﹣CP）＝1.6×10﹣3mol/L，在450s时c（p﹣CP）＝0.2×10﹣3mol/L，则50～450s内的平均反应速率为：v（p﹣CP）＝＝＝3.5×10﹣6 mol/（L•s），450s时p﹣CP的降解率＝×100%＝×100%＝90.0%，
故答案为：3.5×10﹣6 mol/（L•s）；90.0%；
（3）温度较高时，过氧化氢不稳定易分解，所以温度过高时过氧化氢分解导致降解反应速率减小，
故答案为：减小；过氧化氢在温度过高时迅速分解；
（4）由图可知，当pH＝10，随着时间的变化，其浓度基本不变，即反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止），说明pH等于10时的条件下，有机污染物p﹣CP不能降解，
故答案为：反应不能进行。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握物质的性质、化学反应速率的影响因素是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握控制变量法的应用，题目难度中等。
2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期中化学试卷（一）
一、选择题（本题共计16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）
1．（3分）能源危机是当今全球性问题，“开源节流”是应对能源危机的有效举措。下列做法有悖于能源“开源节流”的是（ ）
A．开发海洋能、生物质能等新能源，减少化石燃料使用
B．切实提高现有能源的利用率，注重资源的循环再生
C．大力开发沼气能源，将秸秆等废弃物转化为清洁能源
D．大力开采化石燃料，以满足人们日益增长的能源需求
2．（3分）下列装置工作时，将电能转化为化学能的是（ ）
A．风力发电机
B．硅太阳能电池
C．纽扣式银锌电池
D．电解熔融氯化钠
A．A B．B C．C D．D
3．（3分）下列事实不能用勒•夏特列原理解释的是（ ）
A．向新制的黄绿色氯水中加入少量硝酸银固体，溶液的颜色变浅
B．对平衡体系CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）加压后颜色变深
C．将二氧化氮平衡球分别放入热水和冷水中，前者颜色变深，后者颜色变浅
D．向H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）恒容平衡体系中通入适量H2，体系颜色变浅
4．（3分）下列有关热化学方程式的叙述错误的是（ ）
A．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3kJ•mol﹣1，则16g甲烷完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量小于890.3kJ
B．若P4（s，白磷）═4P（s，红磷）△H＝﹣29.2kJ•mol﹣1，则红磷比白磷稳定
C．若H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）△H＝﹣57.3kJ•mol﹣1，则稀硫酸与稀氨水混合生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ
D．在一定条件下，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣90.6kJ•mol﹣1，则2molH2和过量CO置于密闭容器中充分反应放出热量90.6kJ
5．（3分）下列关于金属的腐蚀与防护的叙述不正确的是（ ）
A．图①，马口铁（镀锡铁）即使镀层破损，依然不易生锈
B．图②，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀
C．图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀
D．图③，若金属M比铁活泼，可防止钢铁输水管腐蚀
6．（3分）某温度下，在密闭容器中发生反应aA（g）+bB（g）⇌dD（g）+eE（s），反应达到平衡后将容器体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡时的2.5倍。下列说法正确的是（ ）
A．化学平衡逆向移动 B．A的平衡转化率增大
C．平衡常数变大 D．a+b＜d
7．（3分）瑞典皇家科学院将2021年诺贝尔化学奖授予本杰明•李斯特和大卫•W•C•麦克米伦，以表彰他们在“不对称有机催化发展”方面的贡献。催化剂正在给人类带来最大的利益。我国学者曾研究了在金催化剂表面水煤气变换CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用•标注。下列说法正确的是（ ）
A．该历程中最大能垒（活化能）E正＝2.02eV
B．步骤①：CO（g）+H2O（g）＝CO•+H2O•△H＞0
C．步骤③的化学方程式为COOH•+H2O•＝CO•+OH•+H2O（g）
D．步骤⑤只有极性键H﹣O键的形成
8．（3分）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入1.0L恒容密闭容器中，发生反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表：
T/min
0
2
4
7
9
n（Y）/mol
0.16
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是（ ）
A．反应前4分钟的平均反应速率v（X）＝1.25×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1
B．该温度下该反应的平衡常数的值为90
C．其他条件不变，升高温度，反应达新平衡前v正＞v逆
D．其他条件不变，再充入0.16molY，平衡时Y的转化率增大
9．（3分）下列关于化学反应速率说法正确的是（ ）
A．升高温度，可以改变反应的活化能，从而加速反应的进行
B．反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度相同
C．催化剂能改变反应历程，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率
D．在恒温恒容容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g），充入氦气，体系压强增大，反应速率加快
10．（3分）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）。
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）
②CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）。
其能量曲线如下图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应
B．决定该总反应速率的是反应①
C．CO是该总反应的催化剂
D．该总反应用于工业生产，能促进碳中和
11．（3分）下列有关电解精炼铜与电镀的说法正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，电路中每通过1mole﹣时，阳极就减轻32克
B．电解精炼铜时，电解质溶液中c（Cu2+）保持不变
C．在火箭插销上镀金时，必须以火箭插销作阴极，以金为阳极
D．在铁上镀铜时，可以用铁作阴极，铜为阳极
12．（3分）热激活电池（又称热电池）可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水 LiCl﹣KCl混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb。关于该电池的下列说法中，正确的是（ ）
A．正极的电极反应：PbSO4+2Li++2e﹣＝Pb+Li2SO4
B．放电时，Cl﹣向硫酸铅电极移动
C．LiCl作为电解质，可参与电极反应
D．常温时，该电池无法正常工作
13．（3分）根据下列图示所得推论正确的是（ ）
A．如图是新制氯水光照过程中氯离子浓度随时间的变化曲线，由此可以推断次氯酸发生了分解
B．如图是平衡体系2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）中NO2的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的△H＜0、x＞0.1
C．如图是反应2NO2（红棕色）⇌N2O4（无色）在封口的注射器中达到平衡状态，推断b点的操作是拉伸注射器（气体颜色越深，透光率越小）
D．如图是等量镁条分别与足量同浓度同体积盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表醋酸与镁条的反应
14．（3分）某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X（g）+Y（g）⇌Z（s）+2Q（g）△H1＜0
②M（g）+N（g）⇌R（g）+Q（g）△H2＞0
下列叙述正确的是（ ）
A．通入适量X，则M的浓度增大
B．加入适量Z，反应①的v逆增大v正不变
C．通入适量Ne，①平衡正向移动
D．降低温度时，则Q的浓度一定减小
15．（3分）2021年10月16日我国自主研发的神舟十三号载人飞船成功进入太空，其轨道舱和推进舱使用太阳能电池阵﹣镍镉蓄电池组系统，返回舱使用的是银锌蓄电池组。其中镍镉电池的总反应为Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2。下列说法错误的是（ ）
A．镍镉电池放电时负极反应式为Cd+2OH﹣﹣2e﹣＝Cd（OH）2
B．当飞船进入光照区时，太阳能电池为镍镉电池充电
C．镍镉电池充电时阳极反应式为Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O
D．镍镉电池充电时电解质溶液中的OH﹣移向镉电极
16．（3分）电解法可以对含亚硝酸盐（如亚硝酸钠）的污水进行处理（工作原理如图所示）。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。下列说法错误的是（ ）
A．阳极电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+
B．阳极附近溶液中反应的离子方程式为6Fe2++2NO2﹣+8H+＝6Fe3++N2↑+4H2O
C．该电解装置所使用的离子交换膜为阴离子交换膜
D．当阳极（铁电极）质量减轻56g时，理论上可处理NaNO2含量4.6%的污水500g
二、填空题（本大题共4小题，共计52分）
17．（12分）按要求填空：
（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。
CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图1所示，若反应中有48gS（s）生成，则该反应 （填“放出”或“吸收”）的热量为 。
（2）汽车尾气中排放的NOX和CO污染环境，在汽车尾气中安装催化转化器，可有效降低NOX和CO的排放。
已知：a.2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝−566.0kJ•mol﹣1，
b.N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1。
回答下列问题：
①CO的燃烧热为 。
②CO将NO还原为N2的热化学方程式为 。
（3）电解法处理氮氧化物废气有较高的环境效益和经济效益（图中2电极均为石墨）。电解NO2制备NH4NO3原理如图2所示。阳极为 （填“X”或“Y”），Y的电极反应式为 。
18．（14分）为研究铝和铜作电极在不同电解质溶液中的电极反应规律，利用如图实验装置进行实验。实验中所用Al片、Cu片均用砂纸仔细打磨过，用蒸馏水冲洗干净。
（1）实验1：把Al片、Cu片、电流表按图1所示连接，同时插入2mol•L﹣1稀硝酸中，电流表指针发生偏转，Al片有少量气泡，Cu片上有大量气泡，该气体遇到空气后变为红棕色。Al片为电池 （填“正极”或“负极”），Cu片上的电极反应式为 。
（2）实验2：常温下，将Al片、Cu片插入浓硝酸中组成原电池（图2），并连接电流传感器，测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图3所示，反应过程中有红棕色气体产生。开始一段时间内，Al片作 （填“正极”或“负极”），后来电流反转原因可能为铝遇冷的浓硝酸发生 ，生成致密氧化膜阻碍其与浓硝酸反应。电流反转后，负极 （填“Al片”或“Cu片”）的电极反应式： 。NaOH溶液的作用是 。
19．（12分）以氯化氢为原料通过直接氧化法可以制取氯气，反应方程式为：
4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H＝﹣116kJ•mol﹣1
（1）该法可按下列催化过程进行：
2CuCl2（s）⇌2CuCl（s）+Cl2（g）△H1＝+166 kJ•mol﹣1
2CuCl（s）+O2（g）⇌2CuO（s）+Cl2（g）△H2＝﹣40kJ•mol﹣1
CuO（s）+2HCl（g）⇌CuCl2（s）+H2O（g）△H3＝﹣121kJ•mol﹣1
①该总反应能正向自发进行的有利条件是 。
A．高温下
B．低温下
C．任何温度下
②有利于提高总反应反应速率的条件有 。
A．低温、低压
B．高温、低压
C．高压、低温
D．高温、高压
E．催化剂
（2）恒温恒容下，可以说明总反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）达到平衡的是 。
A．混合气密度保持不变
B．每生成2n个H﹣O键，同时有4n个H﹣Cl键生成
C．混合气的颜色保持不变
D．反应速率v正（HCl）：v逆（H2O）＝1：2
（3）在刚性容器中，进料浓度比c（HCl）：c（O2）分别等于1：1、4：1、7：1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图：
①其中曲线③代表的c（HCl）：c（O2）是 ，原因 。
②设HCl初始浓度为100mol•L﹣1，根据进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝4：1的数据计算K（400℃）＝ （列出计算式，不必算出结果）。
20．（14分）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水。通常是在H+和Fe2+ 浓度一定的废水中加入H2O2，利用反应产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p﹣CP，试探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验中控制p﹣CP的初始浓度为2.0×10﹣3mol•L﹣1，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表）设计如下对比实验。
实验编号
T/K
废水中的c（H+）
/mol•L﹣1
c/10﹣3mol•L﹣1
H2O2
Fe2+
①
298
10﹣3
6.0
0.30
②
313
10﹣3
6.0
0.30
③
298
10﹣10
6.0
0.30
（1）其中实验①、②的目的是 ，实验①、③的目的是 。
（2）测得实验①、②、③中p﹣CP的浓度随时间变化的关系如图所示。
请根据上图实验①曲线，计算降解反应在50﹣450s内的平均反应速率v（p﹣CP）＝ ，以及450s时p﹣CP的降解率 。
（3）实验①②表明适当升高温度，降解反应速率 （填写“增大”“减小”或“不变”）。但温度过高反而导致降解反应速率出现反常，请从所用试剂H2O2的角度分析原因 。
（4）实验③得出的结论是：当废水中的c（H+）＝10﹣10mol•L﹣1时， 。
2021-2022学年安徽省宿州市十三所重点中学高二（上）期中化学试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共计16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）
1．（3分）能源危机是当今全球性问题，“开源节流”是应对能源危机的有效举措。下列做法有悖于能源“开源节流”的是（ ）
A．开发海洋能、生物质能等新能源，减少化石燃料使用
B．切实提高现有能源的利用率，注重资源的循环再生
C．大力开发沼气能源，将秸秆等废弃物转化为清洁能源
D．大力开采化石燃料，以满足人们日益增长的能源需求
【分析】化石燃料不能再生，应有节制的开采和使用，只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”，据此分析。
【解答】解：A.海洋能、生物质能等新能源均可以再生，这些新能源的使用可以减少化石燃料使用，属于“开源节流”，故A不选；
B.切实提高现有能源的利用率，避免能源的浪费，注重资源的循环再生，能减少化石能源的使用，属于“开源节流”，故B不选；
C.沼气是可再生能源，将秸秆等废弃物转化为沼气等清洁能源，能减少化石能源的使用，属于“开源节流”，故C不选；
D.化石燃料不能再生，应有节制的开采和使用，大力开采化石燃料、以满足人们日益增长的能源需求不符合“开源节流”，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查能源的开发和利用，应注意的是化石燃料均不能再生，且储量有限，应尽快找到合适的替代能源，不但要“开源”，更要“节流”。
2．（3分）下列装置工作时，将电能转化为化学能的是（ ）
A．风力发电机
B．硅太阳能电池
C．纽扣式银锌电池
D．电解熔融氯化钠
A．A B．B C．C D．D
【分析】将电能转化为化学能能，应为电解池装置，结合能量的转化特点判断，然后选择即可。
【解答】解：A．风力发电机为风能转化为电能的装置，故A错误，
B．硅太阳能电池是光能转化为电能，故B错误；
C．纽扣式银锌电池是原电池，化学能转化为电能，故C错误；
D．电解熔融氯化钠是电能转化为化学能，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握常见能量的转化形成，题目难度不大。
3．（3分）下列事实不能用勒•夏特列原理解释的是（ ）
A．向新制的黄绿色氯水中加入少量硝酸银固体，溶液的颜色变浅
B．对平衡体系CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）加压后颜色变深
C．将二氧化氮平衡球分别放入热水和冷水中，前者颜色变深，后者颜色变浅
D．向H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）恒容平衡体系中通入适量H2，体系颜色变浅
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【解答】解：A．氯水中有下列平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，当加入少量硝酸银固体后，硝酸银和HCl反应而促进平衡正向移动，氯浓度降低导致溶液颜色变浅，可以用勒夏特利原理解释，故A不选；
B．该反应为气体体积不变的可逆反应，增大压强平衡不移动，但二氧化氮浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器置于冷水中，化学平衡向着生成四氧化二氮的方向进行，颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D．对于反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），恒容平衡体系中通入适量H2，增大氢气的浓度，则平衡向右移动，能用 勒夏特利原理解释，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。
4．（3分）下列有关热化学方程式的叙述错误的是（ ）
A．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3kJ•mol﹣1，则16g甲烷完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量小于890.3kJ
B．若P4（s，白磷）═4P（s，红磷）△H＝﹣29.2kJ•mol﹣1，则红磷比白磷稳定
C．若H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）△H＝﹣57.3kJ•mol﹣1，则稀硫酸与稀氨水混合生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ
D．在一定条件下，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣90.6kJ•mol﹣1，则2molH2和过量CO置于密闭容器中充分反应放出热量90.6kJ
【分析】A.16g甲烷的物质的量为＝1mol，由热化学方程式可知，完全燃烧生成CO2气体和液态水放热为890.3kJ，且气态水比液态水的能量高；
B.焓变为负，为放热反应，可知红磷能量低；
C.中和反应为放热反应，且一水合氨电离吸热；
D.2molH2和过量CO置于密闭容器中充分反应，为可逆反应，不能完全转化。
【解答】解：A.16g甲烷的物质的量为＝1mol，由热化学方程式可知，完全燃烧生成CO2气体和液态水放热为890.3kJ，且气态水比液态水的能量高，则16g甲烷完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量小于890.3kJ，故A正确；
B.焓变为负，为放热反应，可知红磷能量低，则红磷比白磷稳定，故B正确；
C.中和反应为放热反应，且一水合氨电离吸热，则稀硫酸与稀氨水混合生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故C正确；
D.2molH2和过量CO置于密闭容器中充分反应，为可逆反应，不能完全转化，则放出热量小于90.6kJ，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握燃烧热、中和热、热化学方程式的意义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意弱电解质的电离及可逆反应。
5．（3分）下列关于金属的腐蚀与防护的叙述不正确的是（ ）
A．图①，马口铁（镀锡铁）即使镀层破损，依然不易生锈
B．图②，若将钢闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀
C．图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀
D．图③，若金属M比铁活泼，可防止钢铁输水管腐蚀
【分析】A.马口铁（镀锡铁）当镀层破损时形成原电池，铁做负极，锡做正极；
B.在电解池中，阳极被腐蚀，阴极被保护；
C.在中性或弱酸性溶液中，钢铁发生吸氧腐蚀；
D.在原电池中，负极被腐蚀，正极被保护。
【解答】解：A.马口铁（镀锡铁）当镀层破损时形成原电池，铁做负极被腐蚀，锡做正极被保护，即铁会生锈，故A错误；
B.图②，若将钢闸门与电源的负极相连即形成电解池，钢闸门做阴极被保护，故B正确；
C.图②，若断开电源，由于钢闸门处在中性或弱酸性溶液中，则形成原电池，发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.图③形成了原电池，若金属M比铁活泼，则M做负极被腐蚀，铁做正极被保护，可防止钢铁水管腐蚀，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了金属的腐蚀和防护，难度不大，应注意在原电池中负极被腐蚀，在电解池中阳极被腐蚀。
6．（3分）某温度下，在密闭容器中发生反应aA（g）+bB（g）⇌dD（g）+eE（s），反应达到平衡后将容器体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡时的2.5倍。下列说法正确的是（ ）
A．化学平衡逆向移动 B．A的平衡转化率增大
C．平衡常数变大 D．a+b＜d
【分析】反应达到平衡后将容器体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡时的2.5倍，可知体积减小、压强增大，平衡正向移动，以此来解答。
【解答】解：A.由上述分析可知，化学平衡正向移动，故A错误；
B.平衡正向移动，A的平衡转化率增大，故B正确；
C.温度不变，平衡常数不变，故C错误；
D.压强增大、平衡正向移动，可知a+b＞d，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握体积与压强的关系、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意E为固态。
7．（3分）瑞典皇家科学院将2021年诺贝尔化学奖授予本杰明•李斯特和大卫•W•C•麦克米伦，以表彰他们在“不对称有机催化发展”方面的贡献。催化剂正在给人类带来最大的利益。我国学者曾研究了在金催化剂表面水煤气变换CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用•标注。下列说法正确的是（ ）
A．该历程中最大能垒（活化能）E正＝2.02eV
B．步骤①：CO（g）+H2O（g）＝CO•+H2O•△H＞0
C．步骤③的化学方程式为COOH•+H2O•＝CO•+OH•+H2O（g）
D．步骤⑤只有极性键H﹣O键的形成
【分析】A．结合图象数据分析该历程中最大能垒（活化能）即为步骤④；
B．由图可知，步骤①反应物总能量大于生成物总能量；
C．由图可知，步骤③反应物为CO•+OH•+H2O（g），生成物为COOH•+H2O•；
D．CO2（g）中含有极性键。
【解答】解：A．该历程中最大能垒（活化能）即为步骤④，则E正＝（1.86eV+0.16eV）＝2.02eV，故A正确；
B．由图可知，步骤①反应物总能量大于生成物总能量，则步骤①：CO（g）+H2O（g）＝CO•+H2O•△H＜0，故B错误；
C．由图可知，步骤③反应物为CO•+OH•+H2O（g），生成物为COOH•+H2O•，则步骤③的化学方程式为CO•+OH•+H2O（g）＝COOH•+H2O•，故C错误；
D．由图可知步骤⑤生成了CO2（g）、H2 （g）和H2O•，步骤⑤极性键C＝O和H﹣O键形成，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应中能量的变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，把握概念、反应热与反应物或生成物能量之间的关系、提取图中信息等为解题关键，注意活化能大小的确定及其对化学反应的影响，题目难度不大。
8．（3分）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入1.0L恒容密闭容器中，发生反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表：
T/min
0
2
4
7
9
n（Y）/mol
0.16
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是（ ）
A．反应前4分钟的平均反应速率v（X）＝1.25×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1
B．该温度下该反应的平衡常数的值为90
C．其他条件不变，升高温度，反应达新平衡前v正＞v逆
D．其他条件不变，再充入0.16molY，平衡时Y的转化率增大
【分析】A.结合v＝及速率之比等于化学计量数之比计算；
B.由表中数据可知，7min达到平衡状态，转化的Y为0.06mol，生成Z为0.12mol，体积为1L，结合平衡浓度计算K；
C.焓变为负，为放热反应；
D.其他条件不变，再充入0.16molY，可促进X的转化。
【解答】解：A.应前4分钟的平均反应速率v（X）＝×2＝2.5×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；
B.由表中数据可知，7min达到平衡状态，转化的Y为0.06mol，生成Z为0.12mol，体积为1L，平衡时X、Y、Z的浓度为0.04mol/L、0.10mol/L、0.12mol/L，K＝＝＝90，故B正确；
C.焓变为负，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应达新平衡前v正＜v逆，故C错误；
D.其他条件不变，再充入0.16molY，可促进X的转化，X的转化率增大、Y的转化率减小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握表中数据、速率及K的计算、温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化量的关系及平衡浓度的判断。
9．（3分）下列关于化学反应速率说法正确的是（ ）
A．升高温度，可以改变反应的活化能，从而加速反应的进行
B．反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度相同
C．催化剂能改变反应历程，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率
D．在恒温恒容容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g），充入氦气，体系压强增大，反应速率加快
【分析】A．升高温度增大，增大活化分子百分数，但反应的活化能不变；
B．不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度不同；
C．催化剂通过参与反应，改变活化能活，从而改变化活化分子百分数；
D．在恒温恒容容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g），充入氦气，体系压强增大，但反应物和生成物的浓度不变。
【解答】解：A．升高温度增大，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，从而加速反应的进行，但反应的活化能不变，故A错误；
B．反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度不同，故B错误；
C．催化剂通过参与反应，通过改变活化能活来改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率，故C正确；
D．在恒温恒容容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g），充入氦气，体系压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，则反应速率不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意外界条件对活化分子的影响，难度不大。
10．（3分）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）。
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）
②CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）。
其能量曲线如下图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应
B．决定该总反应速率的是反应①
C．CO是该总反应的催化剂
D．该总反应用于工业生产，能促进碳中和
【分析】A．生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，；
B．决定该总反应速率的是活化能最大的步骤；
C．CO为中间产物；
D．由题意可知，该反应有利于减少温室气体二氧化碳。
【解答】解：A．反应①生成物的总能量高于反应总能量，则反应①为吸热反应，反应②生成物的总能量低于反应总能量，则反应②为放热反应，故A正确；
B．由图可知，反应①的活化能高于反应②，则决定该总反应速率的是反应①，故B正确；
C．由图可知，CO为中间产物，不是该总反应的催化剂，故C错误；
D．由题意可知，该反应有利于减少温室气体二氧化碳，同时将二氧化碳转化为工业原料甲醇，则该总反应用于工业生产，能促进碳中和，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，从物质本身能量理解化学反应能量变化是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．（3分）下列有关电解精炼铜与电镀的说法正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，电路中每通过1mole﹣时，阳极就减轻32克
B．电解精炼铜时，电解质溶液中c（Cu2+）保持不变
C．在火箭插销上镀金时，必须以火箭插销作阴极，以金为阳极
D．在铁上镀铜时，可以用铁作阴极，铜为阳极
【分析】A．电解精炼铜时，阳极上铜和其它金属失电子发生氧化反应；
B．粗铜作阳极、纯铜作阴极，粗铜中含有Fe、Zn等杂质，电解过程中粗铜溶解的Cu的质量小于阴极析出Cu的质量；
C．金为惰性金属；
D．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极．
【解答】解：A．电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，故每通过1mole﹣时，溶解的阳极的质量不等于32g，故A错误；
B．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解过程中粗铜上Fe、Zn等杂质优先放电，阴极上只有铜离子得电子，所以粗铜溶解的Cu的质量小于阴极析出Cu的质量，导致溶液中c（Cu2+）减小，故B错误；
C．金为惰性金属，在阳极不参与反应，则在火箭插销上镀金，应用物理方法，故C错误；
D．电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，则在铁上镀铜时，可以用铁作阴极，铜为阳极，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了电解池原理，明确电极反应式是解本题关键，难度不大。
12．（3分）热激活电池（又称热电池）可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水 LiCl﹣KCl混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb。关于该电池的下列说法中，正确的是（ ）
A．正极的电极反应：PbSO4+2Li++2e﹣＝Pb+Li2SO4
B．放电时，Cl﹣向硫酸铅电极移动
C．LiCl作为电解质，可参与电极反应
D．常温时，该电池无法正常工作
【分析】A．该电池反应中Pb元素化合价由+2价变为0价、Ca元素化合价由0价变为+2价，则负极材料为Ca，正极上PbSO4得电子发生还原反应；
B．发电时，阴离子向负极移动、阳离子向正极移动；
C．LiCl作为电解质，不参与电极反应；
D．常温下，电解质不是熔融态，没有自由移动的离子。
【解答】解：A．PbSO4为原电池的正极，发生还原反应生成Pb，电极方程式为PbSO4+2e﹣═Pb+SO42﹣，故A错误；
B．该原电池中，Ca为负极，PbSO4为正极，原电池中阳离子向正极移动，即Li+向PbSO4电极移动，Cl﹣向Ca电极移动，故B错误；
C．负极反应式为Ca﹣2e﹣＝Ca2+，正极反应式为PbSO4+2e﹣═Pb+SO42﹣，所以LiCl作为电解质，不参与电极反应，故C错误；
D．常温下，电解质不是熔融态，没有自由移动的离子，所以不能正常工作，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，注意电解质中阴阳离子移动方向的判断，题目难度不大。
13．（3分）根据下列图示所得推论正确的是（ ）
A．如图是新制氯水光照过程中氯离子浓度随时间的变化曲线，由此可以推断次氯酸发生了分解
B．如图是平衡体系2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）中NO2的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的△H＜0、x＞0.1
C．如图是反应2NO2（红棕色）⇌N2O4（无色）在封口的注射器中达到平衡状态，推断b点的操作是拉伸注射器（气体颜色越深，透光率越小）
D．如图是等量镁条分别与足量同浓度同体积盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表醋酸与镁条的反应
【分析】A．纵坐标为氯离子浓度的变化曲线，没有说明氧气；
B．由a知压强相同时，升温二氧化氮的转化率增大，即平衡正向移动，可推知正反应为吸热反应，图中一定温度下，压强由0.1MPa变化到xMPa，二氧化氮的转化率增大，即平衡正向移动，结合反应前后气体体积的变化分析x；
C．该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大；
D．醋酸为弱电解质，不完全电离，在相同的时间内产生的氢气量小。
【解答】解：A．纵坐标为氯离子浓度的变化曲线，可推断次氯酸分解生成了HCl，故A正确；
B．由乙图知压强相同时，升温二氧化氮的转化率增大，即平衡正向移动，可推知正反应吸热反应，ΔH＞0，由乙图可知温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，二氧化氮转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1，故B错误；
C．b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故C错误；
D．醋酸为弱电解质，不完全电离，在相同的时间内产生的氢气量小，盐酸完全电离，在相同的时间内产生的氢气量大，①代表盐酸与镁条的反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解及弱电解质的电离，明确温度对弱电解质电离及盐类水解影响原理是解本题关键，侧重考查分析判断能力。
14．（3分）某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X（g）+Y（g）⇌Z（s）+2Q（g）△H1＜0
②M（g）+N（g）⇌R（g）+Q（g）△H2＞0
下列叙述正确的是（ ）
A．通入适量X，则M的浓度增大
B．加入适量Z，反应①的v逆增大v正不变
C．通入适量Ne，①平衡正向移动
D．降低温度时，则Q的浓度一定减小
【分析】A.通入适量X，平衡正向移动，使Q的浓度增大，导致②平衡逆向移动；
B.Z为纯固体；
C.体积不变，通入适量Ne，反应体系中各物质的浓度不变；
D.①为放热反应，②为吸热反应，均均生成Q。
【解答】解：A.通入适量X，平衡正向移动，使Q的浓度增大，导致②平衡逆向移动，可知M的浓度增大，故A正确；
B.Z为纯固体，加入适量Z，反应①的v逆、v正均不变，故B错误；
C.体积不变，通入适量Ne，反应体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故C错误；
D.①为放热反应，②为吸热反应，均均生成Q，则降低温度时，Q的浓度可能增大或减小，或不变，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意两个反应之间的相互影响。
15．（3分）2021年10月16日我国自主研发的神舟十三号载人飞船成功进入太空，其轨道舱和推进舱使用太阳能电池阵﹣镍镉蓄电池组系统，返回舱使用的是银锌蓄电池组。其中镍镉电池的总反应为Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2。下列说法错误的是（ ）
A．镍镉电池放电时负极反应式为Cd+2OH﹣﹣2e﹣＝Cd（OH）2
B．当飞船进入光照区时，太阳能电池为镍镉电池充电
C．镍镉电池充电时阳极反应式为Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O
D．镍镉电池充电时电解质溶液中的OH﹣移向镉电极
【分析】镍镉电池放电时，Cd发生失电子的氧化反应生成Cd（OH）2，则Cd作负极，负极反应为Cd﹣2e﹣+2OH﹣＝Cd（OH）2，NiOOH发生得电子的还原反应生成Ni（OH）2，作正极，正极反应为NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，放电时溶液中阴离子向负极移动；充电时为电解池，阴阳极反应与负正极反应相反，阳极反应为Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O，阴极反应为Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，据此分析解答。
【解答】解：A．放电时该装置是原电池，负极上Cd失电子生成Cd（OH）2，负极反应式为Cd﹣2e﹣+2OH﹣＝Cd（OH）2，故A正确；
B．当飞船进入光照区时，太阳能电池将太阳能转化为电能，为镍镉电池充电，将电能转化为化学能储存，故B正确；
C．充电时该装置是电解池．阳极上Ni（OH）2失电子生成NiOOH，阳极反应为Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O，故C正确；
D．镍镉电池放电时Cd作负极，NiOOH作正极，充电时Cd作阴极，NiOOH作阳极，则充电时电解质溶液中的OH﹣移向NiOOH电极，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池和电解池原理、电极反应式的书写等知识，为高频考点，明确电极判断、电极反应及电极反应式书写是解本题关键，注意结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
16．（3分）电解法可以对含亚硝酸盐（如亚硝酸钠）的污水进行处理（工作原理如图所示）。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。下列说法错误的是（ ）
A．阳极电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+
B．阳极附近溶液中反应的离子方程式为6Fe2++2NO2﹣+8H+＝6Fe3++N2↑+4H2O
C．该电解装置所使用的离子交换膜为阴离子交换膜
D．当阳极（铁电极）质量减轻56g时，理论上可处理NaNO2含量4.6%的污水500g
【分析】由图可知，左侧Fe连接电源的正极作阳极，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，亚铁离子有还原性，能与亚硝酸根离子反应，右侧铁为阴极，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，阴极区正电荷减少，阳极区生成的铁离子透过交换膜进入阴极区，故离子交换膜为阳离子交换膜，据此作答。
【解答】解：A.左侧Fe连接电源的正极作阳极，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A正确；
B.亚铁离子有还原性，能与亚硝酸根离子反应，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应离子方程式为6Fe2++2NO2﹣+8H+＝6Fe3++N2↑+4H2O，故B正确；
C.阳极区生成的Fe3+透过交换膜进入阴极区，故离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；
D.当阳极（铁电极）质量减轻56g时，生成亚铁离子的物质的量为＝1mol，理论上可处理NaNO2含量4.6%的污水＝500g，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
二、填空题（本大题共4小题，共计52分）
17．（12分）按要求填空：
（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。
CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图1所示，若反应中有48gS（s）生成，则该反应 放出 （填“放出”或“吸收”）的热量为 405kJ 。
（2）汽车尾气中排放的NOX和CO污染环境，在汽车尾气中安装催化转化器，可有效降低NOX和CO的排放。
已知：a.2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝−566.0kJ•mol﹣1，
b.N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1。
回答下列问题：
①CO的燃烧热为 283.0kJ•mol﹣1 。
②CO将NO还原为N2的热化学方程式为 2CO（g）+2NO（g）＝2CO2（g）+N2（g）ΔH＝﹣746.5kJ•mol﹣1 。
（3）电解法处理氮氧化物废气有较高的环境效益和经济效益（图中2电极均为石墨）。电解NO2制备NH4NO3原理如图2所示。阳极为 Y （填“X”或“Y”），Y的电极反应式为 NO2+H2O﹣e﹣＝NO3﹣+2H+ 。
【分析】（1）根据热化学方程式计算热量变化；
（2）根据燃烧热定义计算物质燃烧热；
（3）根据盖斯定律求目标热化学方程式；
（4）根据电解池的原理判断阳极，并根据电子得失和物质变化写出电极反应式。
【解答】解：（1）图1表示的热化学方程式为2CO（g）+SO2（g）＝S（s）+2CO2（g） ΔH＝﹣270.0kJ•mol﹣1，所以若反应中生成48gS（s），也就是生成物质的量n＝＝＝1.5molS（s）时，应该释放出的热量＝270.0kJ•mol﹣1×1.5mol＝405kJ，
故答案为：放出；405 kJ；
（2）①燃烧热的定义为101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定物质时所释放的热量，根据盖斯定律可知，目标方程式＝a×，该反应的△H＝−566.0kJ•mol﹣1×＝−283.0kJ•mol﹣1，所以其燃烧热为283.0kJ•mol﹣1，
故答案为：283.0 kJ•mol﹣1；
②a﹣b可得CO将NO还原为N2的热化学方程式，2CO（g）+2NO（g）＝2CO2（g）+N2（g）ΔH＝−566.0kJ•mol﹣1﹣180.5kJ•mol﹣1＝﹣746.5 kJ•mol﹣1，
故答案为：2CO（g）+2NO（g）＝2CO2（g）+N2（g）ΔH＝﹣746.5 kJ•mol﹣1；
（3）图2可知，向X和Y极分别通入NO2，分别生成了NH4+和NO3﹣，电解池的阳极发生氧化反应，有元素化合价升高，Y极NO2→NO3﹣，N：+4→+5，所以Y为阳极，发生的电极反应式为NO2+H2O﹣e﹣＝NO3﹣+2H+，
故答案为：Y；NO2+H2O﹣e﹣＝NO3﹣+2H+。
【点评】本题主要考查热化学方程式的书写，其中也涉及了燃烧热的计算、电解池的相关知识，学习中多掌握热化学方程式的基础知识，电解池的相关原理需要理解透彻。
18．（14分）为研究铝和铜作电极在不同电解质溶液中的电极反应规律，利用如图实验装置进行实验。实验中所用Al片、Cu片均用砂纸仔细打磨过，用蒸馏水冲洗干净。
（1）实验1：把Al片、Cu片、电流表按图1所示连接，同时插入2mol•L﹣1稀硝酸中，电流表指针发生偏转，Al片有少量气泡，Cu片上有大量气泡，该气体遇到空气后变为红棕色。Al片为电池 负极 （填“正极”或“负极”），Cu片上的电极反应式为 NO3﹣+4H++3e﹣＝NO↑+2H2O 。
（2）实验2：常温下，将Al片、Cu片插入浓硝酸中组成原电池（图2），并连接电流传感器，测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图3所示，反应过程中有红棕色气体产生。开始一段时间内，Al片作 负极 （填“正极”或“负极”），后来电流反转原因可能为铝遇冷的浓硝酸发生 钝化 ，生成致密氧化膜阻碍其与浓硝酸反应。电流反转后，负极 Cu片 （填“Al片”或“Cu片”）的电极反应式： Cu﹣2e﹣＝Cu2+ 。NaOH溶液的作用是 吸收NO2气体，防止污染大气 。
【分析】（1）Al比Cu活泼，Al作负极，电极反应式为Al﹣3e﹣＝Al3+，Cu作正极，电极反应式为NO3﹣+4H++3e﹣＝NO↑+2H2O；
（2）Al遇浓硝酸钝化，Cu能与浓硝酸能反应，故Cu作负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，Al作正极，电极反应式为NO3﹣+4H++e﹣＝NO2↑+2H2O，NaOH溶液用于尾气处理。
【解答】解：（1）Al比Cu活泼，Al作负极，Cu作正极，电极反应式为NO3﹣+4H++3e﹣＝NO↑+2H2O，
故答案为：负极；NO3﹣+4H++3e﹣＝NO↑+2H2O；
（2）Al比Cu活泼，开始一段时间内，Al片作负极，但Al遇浓硝酸钝化，生成致密氧化膜阻碍其与浓硝酸反应，Cu能与浓硝酸能反应，故Cu作负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，NaOH溶液的作用是吸收NO2气体，防止污染大气，
故答案为：负极；钝化；Cu片；Cu﹣2e﹣＝Cu2+；吸收NO2气体，防止污染大气。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据题意和现象准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
19．（12分）以氯化氢为原料通过直接氧化法可以制取氯气，反应方程式为：
4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H＝﹣116kJ•mol﹣1
（1）该法可按下列催化过程进行：
2CuCl2（s）⇌2CuCl（s）+Cl2（g）△H1＝+166 kJ•mol﹣1
2CuCl（s）+O2（g）⇌2CuO（s）+Cl2（g）△H2＝﹣40kJ•mol﹣1
CuO（s）+2HCl（g）⇌CuCl2（s）+H2O（g）△H3＝﹣121kJ•mol﹣1
①该总反应能正向自发进行的有利条件是 。
A．高温下
B．低温下
C．任何温度下
②有利于提高总反应反应速率的条件有 DE 。
A．低温、低压
B．高温、低压
C．高压、低温
D．高温、高压
E．催化剂
（2）恒温恒容下，可以说明总反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）达到平衡的是 C 。
A．混合气密度保持不变
B．每生成2n个H﹣O键，同时有4n个H﹣Cl键生成
C．混合气的颜色保持不变
D．反应速率v正（HCl）：v逆（H2O）＝1：2
（3）在刚性容器中，进料浓度比c（HCl）：c（O2）分别等于1：1、4：1、7：1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图：
①其中曲线③代表的c（HCl）：c（O2）是 7：1 ，原因 温度不变，增大氧气浓度，HCl的平衡转化率增大 。
②设HCl初始浓度为100mol•L﹣1，根据进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝4：1的数据计算K（400℃）＝ （列出计算式，不必算出结果）。
【分析】（1）①根据△H﹣T△S＜0时反应能够自发进行分析；
②根据增大反应物难度、高温、高压和催化剂等都能提高总反应反应速率分析；
（2）根据可逆反应处于平衡状态时，正逆反应速率相等、组成不变等特征判断，“变量不变了”说明平衡了；
（3）①根据图知，温度一定时进料浓度比c（HCl）：c（O2）越小，HCl的转化率越大，据此分析；
②400℃时，进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝4：1的HCl转化率为76%，根据三段式计算解答。
【解答】解：（1）①反应4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H＝﹣116kJ•mol﹣1为气体体积缩小的反应，△S＜0，又该反应的△H＜0，低温下，△H﹣T△S＜0，所以该反应能够正向自发进行的有利条件是低温，
故答案为：B；
②总反应为4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）△H＝﹣116kJ•mol﹣1，高温、高压和催化剂都能提高总反应反应速率，
故答案为：DE；
（2）A．恒温恒容下，混合气密度始终不变，不能判断是平衡状态，故A错误；
B．根据方程式4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g），生成4个H﹣O，即生成2个水分子，同时有4个H﹣Cl生成，即生成4个HCl分子，因此每生成2n个H﹣O键，同时有4n个H﹣Cl键生成，说明正、逆反应速率不相等，不是平衡状态，故B错误；
C．混合气的颜色保持不变，说明氯气的浓度不变，说明反应达到了平衡状态，故C正确；
D．反应速率v正（HCl）：v逆（H2O）＝2：1，表示正逆反应速率相等，则反应速率v正（HCl）：v逆（H2O）＝1：2不是平衡状态，故D错误；
故答案为：C；
（3）①根据图象，温度一定时，进料浓度比c（HCl）：c（O2）越小，即增大氧气浓度，HCl的转化率增大，所以进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝7：1时，HCl的转化率在1：1、4：1、7：1中最小，为最下边曲线③，曲线③代表的c（HCl）：c（O2）是7：1，
故答案为：7：1；温度不变，增大氧气浓度，HCl的平衡转化率增大；
②400℃时，进料浓度比c（HCl）：c（O2）＝4：1的HCl转化率为76%，
4HCl（g）+O2（g）⇌2Cl2（g）+2H2O（g）
开始（mol/L） 100 25 0 0
反应（mol/L） 76 19 38 38
平衡（mol/L） 24 6 38 38
化学平衡常数K＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查自发性的判断、化学平衡计算和判断应用等知识，题目难度较大，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。
20．（14分）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水。通常是在H+和Fe2+ 浓度一定的废水中加入H2O2，利用反应产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p﹣CP，试探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验中控制p﹣CP的初始浓度为2.0×10﹣3mol•L﹣1，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表）设计如下对比实验。
实验编号
T/K
废水中的c（H+）
/mol•L﹣1
c/10﹣3mol•L﹣1
H2O2
Fe2+
①
298
10﹣3
6.0
0.30
②
313
10﹣3
6.0
0.30
③
298
10﹣10
6.0
0.30
（1）其中实验①、②的目的是 探究温度对p﹣CP降解反应速率的影响 ，实验①、③的目的是 探究废水的c（H+）对p﹣CP降解反应速率的影响 。
（2）测得实验①、②、③中p﹣CP的浓度随时间变化的关系如图所示。
请根据上图实验①曲线，计算降解反应在50﹣450s内的平均反应速率v（p﹣CP）＝ 3.5×10﹣6mol/（L•s） ，以及450s时p﹣CP的降解率 90.0% 。
（3）实验①②表明适当升高温度，降解反应速率 减小 （填写“增大”“减小”或“不变”）。但温度过高反而导致降解反应速率出现反常，请从所用试剂H2O2的角度分析原因 过氧化氢在温度过高时迅速分解 。
（4）实验③得出的结论是：当废水中的c（H+）＝10﹣10mol•L﹣1时， 反应不能进行 。
【分析】（1）实验①、②中只有温度不同，其他条件均相同，实验①、③中只有废水中的c（H+）不同，其他条件均相同，结合控制变量法分析实验目的；
（2）根据反应速率公式v＝计算平均反应速率；根据降解率＝×100%计算450s时p﹣CP的降解率；
（3）过氧化氢对热不稳定，在温度较高时易发生分解；
（4）根据曲线③的变化情况分析判断。
【解答】解：（1）实验①、②中只有温度不同，其他条件均相同，根据控制变量法可知，实验①、②的目的是探究温度对降解反应速率的影响；实验①、③中只有废水中的c（H+）不同，其他条件均相同，实验①、③的目的是探究废水的c（H+）对降解反应速率的影响，
故答案为：探究温度对p﹣CP降解反应速率的影响；探究废水的c（H+）对p﹣CP降解反应速率的影响；
（2）根据图象可知，曲线①中在50s时c（p﹣CP）＝1.6×10﹣3mol/L，在450s时c（p﹣CP）＝0.2×10﹣3mol/L，则50～450s内的平均反应速率为：v（p﹣CP）＝＝＝3.5×10﹣6 mol/（L•s），450s时p﹣CP的降解率＝×100%＝×100%＝90.0%，
故答案为：3.5×10﹣6 mol/（L•s）；90.0%；
（3）温度较高时，过氧化氢不稳定易分解，所以温度过高时过氧化氢分解导致降解反应速率减小，
故答案为：减小；过氧化氢在温度过高时迅速分解；
（4）由图可知，当pH＝10，随着时间的变化，其浓度基本不变，即反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止），说明pH等于10时的条件下，有机污染物p﹣CP不能降解，
故答案为：反应不能进行。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握物质的性质、化学反应速率的影响因素是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握控制变量法的应用，题目难度中等。
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