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精品解析：江苏省扬州中学2022-2023学年高一下学期5月月考化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江苏省扬州中学2022-2023学年高一下学期5月月考化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
江苏省扬州中学2022~2023学年度第二学期五月考试
高一化学
一、选择题：(本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 化学推动着社会的进步和科技的创新。下列说法错误的是
A. 感染奥密克戎时，如果发热超过38.5℃，可以服用布洛芬解热、镇痛
B. 北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，实现了火焰的可视性
C. 天和核心舱首次采用了大面积可展收柔性太阳电池翼，其中氮化硼陶瓷涂层属于新型无机非金属材料
D. 高纯度硅单质广泛用于制作光导纤维
【答案】D
【解析】
【详解】A．布洛芬有解热、镇痛的作用，故A正确；
B．不同金属元素的焰色反应可以发出不同颜色的光，喷涂碱金属的目的是利用焰色反应让火焰可视，故B正确；
C．氮化硼陶瓷耐高温，属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．高纯度的硅单质广泛用于制作芯片，高纯二氧化硅用于制作光导纤维，故D错误；
故答案选D。
2. 有关化学用语正确的是
A. 氯原子的结构示意图： B. 乙醇的结构式：C2H6O
C. 氯化钠的电子式 D. 甲烷的球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯原子的结构示意图：，A错误；
B. 乙醇结构式：，B错误；
C. 氯化钠是离子化合物，电子式，C正确；
D. 甲烷分子的比例模型：，D错误。
答案选C。
3. 用如图所示装置制备氨气并验证氨气的还原性，其中不能达到实验目的的是
A. 用装置甲生成氨气 B. 用装置乙干燥氨气
C. 用装置丙验证氨气的还原性 D. 用装置丁和戊分别收集氨气和氮气
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应可用于制备氨气，A正确；
B．NH3是碱性气体，可用碱石灰进行干燥，B正确；
C．装置丙发生发应，可验证氨气的还原性，C正确；
D．氨气的密度比空气小，收集时应从短管进长管出，D错误；
故选D。
4. 短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为16。、的单质是空气中最主要的两种成分，是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A. 位于元素周期表第2周期VA族 B. 原子半径：
C. 、、的非金属性依次减弱 D. 由和组成的化合物不止一种
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16。、的单质是空气中最主要的两种成分，则Y是N，Z是O；W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，则X的最外层电子数是16-5-6-1＝4，因此X是C，据此分析作答。
【详解】A．X是C，碳元素位于元素周期表中第二周期ⅣA族，A项错误；
B．同周期元素随核电荷数增大原子半径逐渐减小，Na为短周期中原子半径最大的元素，则原子半径：r(W)＞r(X)＞r(Y)，B项错误；
C．X、Y、Z位于同周期且相邻的元素，随核电荷数增大，非金属性逐渐增强，则X、Y、Z非金属性依次增强，C项错误；
D．由Z和W组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，D项正确；
答案选D。
5. 氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，如化石燃料燃烧时产生的高温可使氮气转变为氮氧化物，从而对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 燃煤过程中发生了氮固定
B. 燃煤温度越高NOx污染越重
C. 含氧量越高越容易生成NO
D. 煤燃烧不影响自然界氮循环
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃煤过程中发生了N2到NO的反应，为氮的固定，故A增强；
B．由图可知，温度越高，烟气种NO浓度越高，污染越重，故B正确；
C．由图可知，含氧量越高，烟气种NO浓度越高，越容易生成NO，故C正确；
D．煤燃烧时使得N2生成NO的反应，污染环境，影响了氮循环，故D正确；
故答案选D。
6. 氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，如化石燃料燃烧时产生的高温可使氮气转变为氮氧化物，从而对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任。下列化学反应表示正确的是
A. 用水吸收二氧化氮制硝酸：2NO2＋H2O=HNO3＋NO
B. 用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：NO＋NO2＋2OH=2NO＋H2O
C. 雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：N2＋2O22NO2
D. 铜粉和稀硝酸反应：4H＋2NO＋Cu=Cu＋2NO2↑＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用水吸收二氧化氮制硝酸：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，A错误；
B．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气，NO、NO2与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和H2O：，B正确；
C．雷雨天，氮气和氧气放电条件下生成一氧化氮， C错误；
D．单质铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮： ，，D错误；
答案选B。
7. 氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，如化石燃料燃烧时产生的高温可使氮气转变为氮氧化物，从而对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任。用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是
A. DSA电极与外接电源的负极连接
B. Cl-发生的电极反应为：Cl-＋H2O-2e=ClO-＋2H+
C. 降解过程中应该控制条件避免发生反应②
D. 1molHO·和足量NH3反应，转移的电子数为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3在DSA电极转化为N2，氮元素从-3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的阳极，与外接电源的正极相连，故A错误；
B．由图示知，Cl-在DSA电极表面转化为Cl2电极反应式为：2 Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；
C．反应②中NH3转化为，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以，降解过程中应该控制条件避免发生反应②，故C正确；
D．羟基自由基中氧元素为-1价，其还原产物中氧元素为-2价，一个HO·可得到一个电子，1mol HO·完全反应时转移的电子数为6.02×1023，故D错误；
故选C。
8. 氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为。生产硝酸的尾气中主要含有、等大气污染物，可用石灰乳等碱性溶液吸收处理，并得到、等化工产品。对于反应，下列有关说法正确的是
A. 在恒温恒容条件下，若反应体系压强不再改变，说明该反应达到平衡状态
B. 反应中生成时，转移5mol电子
C. 断裂键的同时，形成键，说明该反应达到平衡状态
D. 若与足量的充分反应，则可以生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应前后气体的物质的量改变，在恒温恒容条件下，若反应体系压强不再改变，说明该反应达到平衡状态，A项正确；
B．没有标明标准状况，无法计算转移电子数，B项错误；
C．断裂1mol N-H键的同时断裂1molO-H键，说明正反应速率等于逆反应速率，C项错误；
D．若4molNH3与足量的O2充分反应，则可以生成4molNO，而4molNO又会和过量氧气反应生成NO2，D项错误；
故选：A。
9. K2FeO4具有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4，其制备的流程如下：
已知：K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液，“转化1”时有生成。下列有关说法正确的是
A. K2FeO4中铁元素的化合价是+3
B. “转化1”发生反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+5H2O=2+3Cl-+10H+
C. “转化2”能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D. 所得滤液含有大量的Na+、H+、、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．化合物中各种元素化合价代数和为0，在K2FeO4中，K为+1价，O为-2价，则铁元素的化合价是+6，A错误；
B．由于加入过量氢氧化钠溶液，溶液显碱性，在碱性溶液中不可能大量存在H+，B错误；
C．“转化2”发生反应：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，反应能够进行就是由于在该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；
D．由于加入了过量饱和的KOH溶液，溶液显碱性，不可能大量产生H+，D错误；
故合理选项是C。
10. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)
C. Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)→无水MgCl2(s)
D. NH3(g)NO(g)HNO3(aq)
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解NaCl(aq)生成NaOH、H2和Cl2，由于Cl2具有强氧化性，Cl2与Fe(s)加热反应生成FeCl3(s)、不能得到FeCl2，A不符合题意；
B．Ca(ClO)2(aq)与CO2反应生成CaCO3和HClO，HClO 光照分解成HCl和O2(g)，B符合题意；
C．Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2和水，在MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2O⇌ MgCl2+2HCl，加热MgCl2溶液时，由于HCl的挥发以及温度的升高，水解平衡正向移动，最终MgCl2完全水解成Mg(OH)2，不能得到无水MgCl2(s)，C不符合题意；
D．NH3发生催化氧化生成NO和H2O，NO与水不反应，D不符合题意；
故选：B。
11. 下列物质转化常通过加成反应实现的是（ ）
A. → B. CH3CH2OH→CH3CHO
C. CH4→CH3Cl D. CH2=CH2→CH3CH2Br
【答案】D
【解析】
【详解】A.通过取代反应转化，故A错误；
B.通过氧化反应转化，故B错误；
C.通过取代反应转化，故C错误；
D.有双键可通过加成反应转化，故D正确。
故答案为D。
12. 如图为一重要的有机化合物，以下关于它的说法中正确的是
A. 该物质是芳香烃
B. 1mol该物质，最多可以与1mol H2发生加成反应
C. 与1mol该物质反应，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2 ： 1 ： 1
D. 该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．烃：仅含碳氢两种元素，此有机物中含氧元素，故错误；
B．1mol苯环需要3molH2，1mol碳碳双键需要1molH2，羧基不与氢气发生加成反应，1mol该物质，最多共需要4molH2，故错误；
C．能和钠反应的是羟基和羧基，能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，因此消耗三者的物质的量比值为2:1:1，故正确；
D．醇羟基也能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误。
答案选C。
13. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性
B
向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
的氧化性比的强
D
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
是弱电解质
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明具有还原性，A正确；
B．向盛有水溶液试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明具有漂白性， B正确；
C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明的氧化性比的强，C正确；
D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。
故选D。
二、非选择题(共4题，共61分)
14. 硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)可用于生产聚合硫酸铁。以钕铁硼二次废渣(主要含Fe2O3、Fe3O4等)为原料制备硫酸亚铁晶体的实验流程如图：
（1）“酸浸”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为_____。
（2）将“滤渣”返回“酸浸”工序，其目的是_____。
（3）与普通过滤相比，使用图1装置进行过滤的优点是_____。
（4）固定其他条件不变，反应温度、反应时间、铁粉过量系数[]分别对“滤液”中Fe3+还原率的影响如图2、图3、图4所示。
设计由100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］制备硫酸亚铁粗品的实验方案：_____。(须使用的试剂和仪器：铁粉、冰水、真空蒸发仪)
（5）通过下列实验测定硫酸亚铁晶体样品的纯度。准确称取1.2000g样品置于锥形瓶中，用50mL蒸馏水完全溶解，加一定量硫酸和磷酸溶液；用0.02000mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO转化为Mn2+)，平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液42.90mL。计算硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数_____。(写出计算过程)
【答案】（1）Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
（2）提高铁元素的浸出率
（3）过滤速度更快 （4）在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤
（5）99.39%
【解析】
【分析】废渣溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铁，过滤后滤液中加足量铁粉将硫酸铁还原为硫酸亚铁，再过滤，通过蒸发浓缩冷却结晶得到粗品，再重结晶得到硫酸亚铁晶体，据此解答。
【小问1详解】
Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，反应离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
【小问2详解】
将“滤渣”返回“酸浸”工序，可使Fe3O4和氧化铁更充分与硫酸发生反应，提高铁的浸取率，故答案为：提高铁元素的浸出率；
【小问3详解】
抽滤装置通过减小锥形瓶内的压强，可以加快过滤速率，故答案为：过滤速度更快；
【小问4详解】
由图可知温度再80℃时还原率最高，因此温度选80℃；在稳定一定是过量系数为1.2时还原率最高，因此过量系数为1.2，而在前两者相同时反应时间2h时还原率高，因为搅拌时间控制在2h，结合过量系数可得：应加入铁粉的量为氯化铁消耗铁粉量的1.2倍，则100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］，结合反应可知消耗铁粉0.04mol，则需加0.04×1.2mol=0.048mol，铁粉质量为0.048×56=2.688g，同时为防止硫酸亚铁被氧化，应在真空蒸发仪中蒸发，然后冷却结晶后过滤，具体步骤为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤，故答案为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤；
【小问5详解】
根据电子得失守恒可得关系式：，n()==0.02000mol•L-1×0.0429L×5=0.00429 mol，硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数=，故答案为：99.39%。
15. 根据图1，已知有机物A，B，C，D，E，F有以下转化关系。A是分子量为28的气体烯烃，其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志；D是食醋的主要成分，E是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是C的2倍，F是一种高分子化合物。结合如图关系回答问题：
（1）写出B、D中官能团的名称：B___________、D___________；
写出与B互为同分异构体物质的结构简式___________；
写出与D互为同系物且为该同系物中最简单的一种物质的结构式___________。
（2）写出下列反应的化学方程式：
①___________；该反应类型是___________。
②___________；该反应类型是___________。
④___________。该反应类型是___________。
（3）根据图2，实验室用该装置制备E，试管A中浓硫酸的作用是___________；B中的试剂是___________；B中导管的位置在液面上方，目的是：___________。
（4）根据图3，某化学课外小组设计了这样的装置(图中铁架台、铁夹、加热装置均已略去)制取E，与原装置相比，该装置的主要优点有：___________、___________。(至少回答两点)
【答案】（1） ①. 羟基 ②. 羧基 ③. CH3OCH3 ④.
（2） ①. CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ②. 加成反应 ③. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ④. 氧化反应 ⑤. CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ⑥. 酯化反应或取代反应
（3） ①. 催化剂和吸水剂 ②. 饱和Na2CO3溶液 ③. 防止倒吸
（4） ①. ①增加了温度计，有利于控制发生装置中反应物的温度； ②. ②增加了分液漏斗，有利于及时补充反应混合液，以提高乙酸乙酯的产量；③增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯。(至少回答两点)。
【解析】
【分析】A是分子量为28的气体烯烃，其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志，所以A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成的B为CH3CH2OH，B被催化氧化生成C为CH3CHO；D是食醋的主要成分，所以D为CH3COOH，D与B发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯的对分子质量为88，CHCHO的相对分子质量为44，符合题意；F为一种高分子化合物，应为乙烯发生聚合反应生成的聚乙烯，据此回答。
【小问1详解】
B为CH3CH2OH，其官能团为羟基；D为CH3COOH，其官能团为羧基；
与B互为同分异构体物质为二甲醚，结构简式为CH3OCH3；与D互为同系物且为该同系物中最简单的一种物质为甲酸，其结构式为。
【小问2详解】
反应①为乙烯与水的加成反应，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应；
反应②为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应类型为氧化反应；
反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，属于取代反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
【小问3详解】
乙醇和乙酸的酯化反应中，浓硫酸的作用是做催化剂和吸水剂；乙酸、乙醇、乙酸乙酯均具有挥发性，反应过程中经挥发冷凝后进入试管B中，故B中液体可以吸收挥发的乙酸和乙醇，能降低乙酸乙酯的溶解度、便于溶液分层，则B中为饱和碳酸钠溶液；从试管A中出来的气体中含有乙酸和乙醇，二者被碳酸钠溶液吸收，若将B中导管插入到液面以下会发生倒吸，故B中导管的位置在液面上方的目的是：防止倒吸。
【小问4详解】
上图与原装置相比，该装置的主要优点有：①增加了温度计，有利于控制发生装置中反应物的温度；②增加了分液漏斗，有利于及时补充反应混合液，以提高乙酸乙酯的产量；③增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯。(至少回答两点)。
16. 能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率，请回答下列问题。
(1) 工业合成氨反应N2+3H22NH3是放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知1mol N2完全反应生成NH3可放出92kJ热量。如果将10 mol N2和足量H2混合，使其充分反应，放出的热量___________(填“大于”“小于”或“等于”)920 kJ。
(2) 实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3。
①用N2表示的化学反应速率为___________。
②一定条件下，能说明该反应进行到最大限度的是___________(填序号)
a．N2的转化率达到最大值
b．N2、H2和NH3的体积分数之比为1：3：2
c．体系内气体的密度保持不变
d．体系内各物质的浓度保持不变
(3) 用CH4和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图所示：
①电极d是___________(填“正极”或“负极”)，电极c的电极反应式为___________。
②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为___________L。
【答案】 ①. 小于 ②. 0.25mol∙(L∙min)—1 ③. ad ④. 正极 ⑤. CH4-8e— + 2H2O = CO2 + 8H+ ⑥. 11.2
【解析】
【分析】
【详解】(1) 10 mol N2和足量H2混合，使其充分反应，由于为可逆反应，放出的热量小于920 kJ。
(2) 实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3。
①容积为2L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3，v(NH3)=，用2v(N2)= v(NH3)，v(N2)= 0.25mol∙(L∙min)—1。
②一定条件下，能说明该反应进行到最大限度的是N2的转化率达到最大值、体系内各物质的浓度保持不变均能说明反应达到平衡；体系内气体的质量不变，体积不变，密度始终保持不变、N2、H2和NH3的体积分数之比为1：3：2与起始充入量有关，不能说明达到反应平衡。
(3) ①燃料电池进氧气的一极为正极，甲烷为负极，正极得电子，负极失电子，电子从负极流出流向正极，电极d是正极，电极c为负极，电极反应式为CH4-8e— + 2H2O = CO2 + 8H+。
②正极反应式为：2O2+8H++8e-=4H2O，若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O20.5mol，在标准状况下的体积为11.2L。
17. NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）NSR储存还原时，NO的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示。
①NO储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为___________。
②H2还原Ba(NO3)2的过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为___________。
（2）NaClO溶液能有效去除NO。25℃时，NO的去除率随pH的变化如图3所示(用盐酸调节pH)；pH=4时，NO的去除率随温度的变化如图4所示。
①25℃时，随着pH降低，NO脱除率增大的原因是___________。
②pH=4时，60~80℃间NO脱除率下降的原因是___________。
（3）一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变n(NO2)︰n(NO)的值，NOx的去除率如图5所示。
已知：a．NOx的去除率=1-×100%
b．NO与Ca(OH)2不反应
①当n(NO2)︰n(NO)在0.3~0.5之间，NO与NO2吸收转化为Ca(NO2)2反应的离子方程式为___________。
②当n(NO2)︰n(NO)大于1.4时，NO2的去除率升高，但NO的去除率却降低。其可能的原因是___________。
【答案】（1） ①. 4︰3 ②.
（2） ①. pH降低，，溶液中c(HClO)增大 ②. HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小
（3） ①. ②. NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低
【解析】
【小问1详解】
①NO储存转化为Ba(NO3)2过程中，根据转化图分析，NO和O2反应转化为NO2，NO2、氧气和BaO反应转化为Ba(NO3)2，若取1molNO，转化为NO2需消耗O2的物质的量为0.5mol，生成1molNO2，NO2转化为,，则需要消耗O2的物质的量为0.25mol，整个转化过程中，消耗NO和O2的物质的量之比为1：0.75 =4：3；
故答案为：4：3；
②根据图2分析，第一步反应中，H2含量降低，NH3含量升高，可知H2将还原成NH3，则第一步反应中发生的反应为：；
【小问2详解】
①pH降低，c(H+)增大，产生更多的HClO，所以NO的脱除率增大，故答案为：pH降低，，溶液中c(HClO)增大；
②HClO会分解，温度太高，HClO分解得太多，溶液中HCIO浓度减小了，故答案为：HClO受热分解，溶液中c(HCIO)减小；
【小问3详解】
①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，化学方程式为：，则离子方程式为：；
②当太大，NO2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降价，故答案为：NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低。
江苏省扬州中学2022~2023学年度第二学期五月考试
高一化学
一、选择题：(本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 化学推动着社会的进步和科技的创新。下列说法错误的是
A. 感染奥密克戎时，如果发热超过38.5℃，可以服用布洛芬解热、镇痛
B. 北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，实现了火焰的可视性
C. 天和核心舱首次采用了大面积可展收柔性太阳电池翼，其中氮化硼陶瓷涂层属于新型无机非金属材料
D. 高纯度硅单质广泛用于制作光导纤维
【答案】D
【解析】
【详解】A．布洛芬有解热、镇痛的作用，故A正确；
B．不同金属元素的焰色反应可以发出不同颜色的光，喷涂碱金属的目的是利用焰色反应让火焰可视，故B正确；
C．氮化硼陶瓷耐高温，属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．高纯度的硅单质广泛用于制作芯片，高纯二氧化硅用于制作光导纤维，故D错误；
故答案选D。
2. 有关化学用语正确的是
A. 氯原子的结构示意图： B. 乙醇的结构式：C2H6O
C. 氯化钠的电子式 D. 甲烷的球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯原子的结构示意图：，A错误；
B. 乙醇结构式：，B错误；
C. 氯化钠是离子化合物，电子式，C正确；
D. 甲烷分子的比例模型：，D错误。
答案选C。
3. 用如图所示装置制备氨气并验证氨气的还原性，其中不能达到实验目的的是
A. 用装置甲生成氨气 B. 用装置乙干燥氨气
C. 用装置丙验证氨气的还原性 D. 用装置丁和戊分别收集氨气和氮气
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应可用于制备氨气，A正确；
B．NH3是碱性气体，可用碱石灰进行干燥，B正确；
C．装置丙发生发应，可验证氨气的还原性，C正确；
D．氨气的密度比空气小，收集时应从短管进长管出，D错误；
故选D。
4. 短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为16。、的单质是空气中最主要的两种成分，是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A. 位于元素周期表第2周期VA族 B. 原子半径：
C. 、、的非金属性依次减弱 D. 由和组成的化合物不止一种
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16。、的单质是空气中最主要的两种成分，则Y是N，Z是O；W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，则X的最外层电子数是16-5-6-1＝4，因此X是C，据此分析作答。
【详解】A．X是C，碳元素位于元素周期表中第二周期ⅣA族，A项错误；
B．同周期元素随核电荷数增大原子半径逐渐减小，Na为短周期中原子半径最大的元素，则原子半径：r(W)＞r(X)＞r(Y)，B项错误；
C．X、Y、Z位于同周期且相邻的元素，随核电荷数增大，非金属性逐渐增强，则X、Y、Z非金属性依次增强，C项错误；
D．由Z和W组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，D项正确；
答案选D。
5. 氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，如化石燃料燃烧时产生的高温可使氮气转变为氮氧化物，从而对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 燃煤过程中发生了氮固定
B. 燃煤温度越高NOx污染越重
C. 含氧量越高越容易生成NO
D. 煤燃烧不影响自然界氮循环
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃煤过程中发生了N2到NO的反应，为氮的固定，故A增强；
B．由图可知，温度越高，烟气种NO浓度越高，污染越重，故B正确；
C．由图可知，含氧量越高，烟气种NO浓度越高，越容易生成NO，故C正确；
D．煤燃烧时使得N2生成NO的反应，污染环境，影响了氮循环，故D正确；
故答案选D。
6. 氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，如化石燃料燃烧时产生的高温可使氮气转变为氮氧化物，从而对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任。下列化学反应表示正确的是
A. 用水吸收二氧化氮制硝酸：2NO2＋H2O=HNO3＋NO
B. 用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：NO＋NO2＋2OH=2NO＋H2O
C. 雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：N2＋2O22NO2
D. 铜粉和稀硝酸反应：4H＋2NO＋Cu=Cu＋2NO2↑＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．用水吸收二氧化氮制硝酸：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，A错误；
B．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气，NO、NO2与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和H2O：，B正确；
C．雷雨天，氮气和氧气放电条件下生成一氧化氮， C错误；
D．单质铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮： ，，D错误；
答案选B。
7. 氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，如化石燃料燃烧时产生的高温可使氮气转变为氮氧化物，从而对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任。用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是
A. DSA电极与外接电源的负极连接
B. Cl-发生的电极反应为：Cl-＋H2O-2e=ClO-＋2H+
C. 降解过程中应该控制条件避免发生反应②
D. 1molHO·和足量NH3反应，转移的电子数为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3在DSA电极转化为N2，氮元素从-3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的阳极，与外接电源的正极相连，故A错误；
B．由图示知，Cl-在DSA电极表面转化为Cl2电极反应式为：2 Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；
C．反应②中NH3转化为，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以，降解过程中应该控制条件避免发生反应②，故C正确；
D．羟基自由基中氧元素为-1价，其还原产物中氧元素为-2价，一个HO·可得到一个电子，1mol HO·完全反应时转移的电子数为6.02×1023，故D错误；
故选C。
8. 氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为。生产硝酸的尾气中主要含有、等大气污染物，可用石灰乳等碱性溶液吸收处理，并得到、等化工产品。对于反应，下列有关说法正确的是
A. 在恒温恒容条件下，若反应体系压强不再改变，说明该反应达到平衡状态
B. 反应中生成时，转移5mol电子
C. 断裂键的同时，形成键，说明该反应达到平衡状态
D. 若与足量的充分反应，则可以生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应前后气体的物质的量改变，在恒温恒容条件下，若反应体系压强不再改变，说明该反应达到平衡状态，A项正确；
B．没有标明标准状况，无法计算转移电子数，B项错误；
C．断裂1mol N-H键的同时断裂1molO-H键，说明正反应速率等于逆反应速率，C项错误；
D．若4molNH3与足量的O2充分反应，则可以生成4molNO，而4molNO又会和过量氧气反应生成NO2，D项错误；
故选：A。
9. K2FeO4具有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4，其制备的流程如下：
已知：K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液，“转化1”时有生成。下列有关说法正确的是
A. K2FeO4中铁元素的化合价是+3
B. “转化1”发生反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+5H2O=2+3Cl-+10H+
C. “转化2”能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D. 所得滤液含有大量的Na+、H+、、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．化合物中各种元素化合价代数和为0，在K2FeO4中，K为+1价，O为-2价，则铁元素的化合价是+6，A错误；
B．由于加入过量氢氧化钠溶液，溶液显碱性，在碱性溶液中不可能大量存在H+，B错误；
C．“转化2”发生反应：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，反应能够进行就是由于在该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；
D．由于加入了过量饱和的KOH溶液，溶液显碱性，不可能大量产生H+，D错误；
故合理选项是C。
10. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)
C. Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)→无水MgCl2(s)
D. NH3(g)NO(g)HNO3(aq)
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解NaCl(aq)生成NaOH、H2和Cl2，由于Cl2具有强氧化性，Cl2与Fe(s)加热反应生成FeCl3(s)、不能得到FeCl2，A不符合题意；
B．Ca(ClO)2(aq)与CO2反应生成CaCO3和HClO，HClO 光照分解成HCl和O2(g)，B符合题意；
C．Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2和水，在MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2O⇌ MgCl2+2HCl，加热MgCl2溶液时，由于HCl的挥发以及温度的升高，水解平衡正向移动，最终MgCl2完全水解成Mg(OH)2，不能得到无水MgCl2(s)，C不符合题意；
D．NH3发生催化氧化生成NO和H2O，NO与水不反应，D不符合题意；
故选：B。
11. 下列物质转化常通过加成反应实现的是（ ）
A. → B. CH3CH2OH→CH3CHO
C. CH4→CH3Cl D. CH2=CH2→CH3CH2Br
【答案】D
【解析】
【详解】A.通过取代反应转化，故A错误；
B.通过氧化反应转化，故B错误；
C.通过取代反应转化，故C错误；
D.有双键可通过加成反应转化，故D正确。
故答案为D。
12. 如图为一重要的有机化合物，以下关于它的说法中正确的是
A. 该物质是芳香烃
B. 1mol该物质，最多可以与1mol H2发生加成反应
C. 与1mol该物质反应，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2 ： 1 ： 1
D. 该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．烃：仅含碳氢两种元素，此有机物中含氧元素，故错误；
B．1mol苯环需要3molH2，1mol碳碳双键需要1molH2，羧基不与氢气发生加成反应，1mol该物质，最多共需要4molH2，故错误；
C．能和钠反应的是羟基和羧基，能和NaOH、NaHCO3反应的是羧基，因此消耗三者的物质的量比值为2:1:1，故正确；
D．醇羟基也能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误。
答案选C。
13. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性
B
向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
的氧化性比的强
D
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
是弱电解质
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明具有还原性，A正确；
B．向盛有水溶液试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明具有漂白性， B正确；
C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明的氧化性比的强，C正确；
D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。
故选D。
二、非选择题(共4题，共61分)
14. 硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)可用于生产聚合硫酸铁。以钕铁硼二次废渣(主要含Fe2O3、Fe3O4等)为原料制备硫酸亚铁晶体的实验流程如图：
（1）“酸浸”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为_____。
（2）将“滤渣”返回“酸浸”工序，其目的是_____。
（3）与普通过滤相比，使用图1装置进行过滤的优点是_____。
（4）固定其他条件不变，反应温度、反应时间、铁粉过量系数[]分别对“滤液”中Fe3+还原率的影响如图2、图3、图4所示。
设计由100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］制备硫酸亚铁粗品的实验方案：_____。(须使用的试剂和仪器：铁粉、冰水、真空蒸发仪)
（5）通过下列实验测定硫酸亚铁晶体样品的纯度。准确称取1.2000g样品置于锥形瓶中，用50mL蒸馏水完全溶解，加一定量硫酸和磷酸溶液；用0.02000mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO转化为Mn2+)，平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液42.90mL。计算硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数_____。(写出计算过程)
【答案】（1）Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
（2）提高铁元素的浸出率
（3）过滤速度更快 （4）在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤
（5）99.39%
【解析】
【分析】废渣溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铁，过滤后滤液中加足量铁粉将硫酸铁还原为硫酸亚铁，再过滤，通过蒸发浓缩冷却结晶得到粗品，再重结晶得到硫酸亚铁晶体，据此解答。
【小问1详解】
Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，反应离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
【小问2详解】
将“滤渣”返回“酸浸”工序，可使Fe3O4和氧化铁更充分与硫酸发生反应，提高铁的浸取率，故答案为：提高铁元素的浸出率；
【小问3详解】
抽滤装置通过减小锥形瓶内的压强，可以加快过滤速率，故答案为：过滤速度更快；
【小问4详解】
由图可知温度再80℃时还原率最高，因此温度选80℃；在稳定一定是过量系数为1.2时还原率最高，因此过量系数为1.2，而在前两者相同时反应时间2h时还原率高，因为搅拌时间控制在2h，结合过量系数可得：应加入铁粉的量为氯化铁消耗铁粉量的1.2倍，则100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］，结合反应可知消耗铁粉0.04mol，则需加0.04×1.2mol=0.048mol，铁粉质量为0.048×56=2.688g，同时为防止硫酸亚铁被氧化，应在真空蒸发仪中蒸发，然后冷却结晶后过滤，具体步骤为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤，故答案为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤；
【小问5详解】
根据电子得失守恒可得关系式：，n()==0.02000mol•L-1×0.0429L×5=0.00429 mol，硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数=，故答案为：99.39%。
15. 根据图1，已知有机物A，B，C，D，E，F有以下转化关系。A是分子量为28的气体烯烃，其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志；D是食醋的主要成分，E是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是C的2倍，F是一种高分子化合物。结合如图关系回答问题：
（1）写出B、D中官能团的名称：B___________、D___________；
写出与B互为同分异构体物质的结构简式___________；
写出与D互为同系物且为该同系物中最简单的一种物质的结构式___________。
（2）写出下列反应的化学方程式：
①___________；该反应类型是___________。
②___________；该反应类型是___________。
④___________。该反应类型是___________。
（3）根据图2，实验室用该装置制备E，试管A中浓硫酸的作用是___________；B中的试剂是___________；B中导管的位置在液面上方，目的是：___________。
（4）根据图3，某化学课外小组设计了这样的装置(图中铁架台、铁夹、加热装置均已略去)制取E，与原装置相比，该装置的主要优点有：___________、___________。(至少回答两点)
【答案】（1） ①. 羟基 ②. 羧基 ③. CH3OCH3 ④.
（2） ①. CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ②. 加成反应 ③. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ④. 氧化反应 ⑤. CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ⑥. 酯化反应或取代反应
（3） ①. 催化剂和吸水剂 ②. 饱和Na2CO3溶液 ③. 防止倒吸
（4） ①. ①增加了温度计，有利于控制发生装置中反应物的温度； ②. ②增加了分液漏斗，有利于及时补充反应混合液，以提高乙酸乙酯的产量；③增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯。(至少回答两点)。
【解析】
【分析】A是分子量为28的气体烯烃，其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志，所以A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成的B为CH3CH2OH，B被催化氧化生成C为CH3CHO；D是食醋的主要成分，所以D为CH3COOH，D与B发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯的对分子质量为88，CHCHO的相对分子质量为44，符合题意；F为一种高分子化合物，应为乙烯发生聚合反应生成的聚乙烯，据此回答。
【小问1详解】
B为CH3CH2OH，其官能团为羟基；D为CH3COOH，其官能团为羧基；
与B互为同分异构体物质为二甲醚，结构简式为CH3OCH3；与D互为同系物且为该同系物中最简单的一种物质为甲酸，其结构式为。
【小问2详解】
反应①为乙烯与水的加成反应，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应；
反应②为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应类型为氧化反应；
反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，属于取代反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
【小问3详解】
乙醇和乙酸的酯化反应中，浓硫酸的作用是做催化剂和吸水剂；乙酸、乙醇、乙酸乙酯均具有挥发性，反应过程中经挥发冷凝后进入试管B中，故B中液体可以吸收挥发的乙酸和乙醇，能降低乙酸乙酯的溶解度、便于溶液分层，则B中为饱和碳酸钠溶液；从试管A中出来的气体中含有乙酸和乙醇，二者被碳酸钠溶液吸收，若将B中导管插入到液面以下会发生倒吸，故B中导管的位置在液面上方的目的是：防止倒吸。
【小问4详解】
上图与原装置相比，该装置的主要优点有：①增加了温度计，有利于控制发生装置中反应物的温度；②增加了分液漏斗，有利于及时补充反应混合液，以提高乙酸乙酯的产量；③增加了冷凝装置，有利于收集产物乙酸乙酯。(至少回答两点)。
16. 能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率，请回答下列问题。
(1) 工业合成氨反应N2+3H22NH3是放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知1mol N2完全反应生成NH3可放出92kJ热量。如果将10 mol N2和足量H2混合，使其充分反应，放出的热量___________(填“大于”“小于”或“等于”)920 kJ。
(2) 实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3。
①用N2表示的化学反应速率为___________。
②一定条件下，能说明该反应进行到最大限度的是___________(填序号)
a．N2的转化率达到最大值
b．N2、H2和NH3的体积分数之比为1：3：2
c．体系内气体的密度保持不变
d．体系内各物质的浓度保持不变
(3) 用CH4和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图所示：
①电极d是___________(填“正极”或“负极”)，电极c的电极反应式为___________。
②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为___________L。
【答案】 ①. 小于 ②. 0.25mol∙(L∙min)—1 ③. ad ④. 正极 ⑤. CH4-8e— + 2H2O = CO2 + 8H+ ⑥. 11.2
【解析】
【分析】
【详解】(1) 10 mol N2和足量H2混合，使其充分反应，由于为可逆反应，放出的热量小于920 kJ。
(2) 实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3。
①容积为2L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3，v(NH3)=，用2v(N2)= v(NH3)，v(N2)= 0.25mol∙(L∙min)—1。
②一定条件下，能说明该反应进行到最大限度的是N2的转化率达到最大值、体系内各物质的浓度保持不变均能说明反应达到平衡；体系内气体的质量不变，体积不变，密度始终保持不变、N2、H2和NH3的体积分数之比为1：3：2与起始充入量有关，不能说明达到反应平衡。
(3) ①燃料电池进氧气的一极为正极，甲烷为负极，正极得电子，负极失电子，电子从负极流出流向正极，电极d是正极，电极c为负极，电极反应式为CH4-8e— + 2H2O = CO2 + 8H+。
②正极反应式为：2O2+8H++8e-=4H2O，若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O20.5mol，在标准状况下的体积为11.2L。
17. NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）NSR储存还原时，NO的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示。
①NO储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为___________。
②H2还原Ba(NO3)2的过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为___________。
（2）NaClO溶液能有效去除NO。25℃时，NO的去除率随pH的变化如图3所示(用盐酸调节pH)；pH=4时，NO的去除率随温度的变化如图4所示。
①25℃时，随着pH降低，NO脱除率增大的原因是___________。
②pH=4时，60~80℃间NO脱除率下降的原因是___________。
（3）一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变n(NO2)︰n(NO)的值，NOx的去除率如图5所示。
已知：a．NOx的去除率=1-×100%
b．NO与Ca(OH)2不反应
①当n(NO2)︰n(NO)在0.3~0.5之间，NO与NO2吸收转化为Ca(NO2)2反应的离子方程式为___________。
②当n(NO2)︰n(NO)大于1.4时，NO2的去除率升高，但NO的去除率却降低。其可能的原因是___________。
【答案】（1） ①. 4︰3 ②.
（2） ①. pH降低，，溶液中c(HClO)增大 ②. HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小
（3） ①. ②. NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低
【解析】
【小问1详解】
①NO储存转化为Ba(NO3)2过程中，根据转化图分析，NO和O2反应转化为NO2，NO2、氧气和BaO反应转化为Ba(NO3)2，若取1molNO，转化为NO2需消耗O2的物质的量为0.5mol，生成1molNO2，NO2转化为,，则需要消耗O2的物质的量为0.25mol，整个转化过程中，消耗NO和O2的物质的量之比为1：0.75 =4：3；
故答案为：4：3；
②根据图2分析，第一步反应中，H2含量降低，NH3含量升高，可知H2将还原成NH3，则第一步反应中发生的反应为：；
【小问2详解】
①pH降低，c(H+)增大，产生更多的HClO，所以NO的脱除率增大，故答案为：pH降低，，溶液中c(HClO)增大；
②HClO会分解，温度太高，HClO分解得太多，溶液中HCIO浓度减小了，故答案为：HClO受热分解，溶液中c(HCIO)减小；
【小问3详解】
①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，化学方程式为：，则离子方程式为：；
②当太大，NO2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降价，故答案为：NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低。
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