河北省保定市定州中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题含答案

这是一份河北省保定市定州中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题含答案，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列关于热化学方程式的叙述正确的是
A. 已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
B. 已知2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ•ml -1，则H2燃烧热为241.8kJ•ml -1
C. S(g)+O2(g) ＝SO2(g) ΔH1；S(s)+O2(g) ＝SO2(g) ΔH2 则ΔH1 ＜ΔH2
D. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l) ΔH＝-57.3 kJ•ml-1，若将0.5 ml •L -1的稀 H2SO4与1 ml •L -1的NaOH的溶液等体积混合，放出的热量等于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A、该反应为吸热反应，说明等物质的量的情况下，石墨的能量较低，即石墨更稳定，A错误；
B、在25℃，100kPa时，1ml物质完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量，叫做该物质的燃烧热；在25℃时，H2O的稳定状态是液态，所以H2燃烧热不是241.8kJ•ml -1，B错误；
C、根据盖斯定律可得：S(g)=S(s)，ΔH=ΔH1-ΔH2，气态物质变为固态是放热的过程，即ΔH=ΔH1-ΔH2<0，所以ΔH1<ΔH2，C正确；
D、在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 ml液态水时所释放的热量叫做中和热；题中未告知酸碱的体积，无法保证生成的水的物质的量为1ml，故放出的热量不一定是57.3kJ，D错误；
故选C。
2. 下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是
A. 相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
B. 常温下，测得0.1 ml·L-1醋酸溶液的pH=4
C. 常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1 000倍，测得pH<4
D. 相同浓度的盐酸和醋酸，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸溶液和盐酸pH相同，则溶液中c(H+)相同，因此分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等，这不能证明醋酸是弱电解质，A符合题意；
B．常温下，测得0.1 ml/L醋酸溶液的pH=4，c(H+)=10-4 ml/L＜0.1 ml/L，因此可证明醋酸是弱酸，存在电离平衡，B不符合题意；
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，若醋酸是强酸，则稀释后c(H+)=10-4 ml/L，pH=4，现在测得pH＜4，c(H+)＞10-4 ml/L，说明又有一部分醋酸分子发生电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，故可以证明醋酸是弱酸，C不符合题意；
D．在相同条件下，相同浓度醋酸溶液的导电性比盐酸的弱，说明醋酸溶液中电离产生的自由移动的离子浓度比HCl小，因此可以说明醋酸是弱酸，D不符合题意；
故合理选项是A。
3. 反应H2（g） + I2（g）2HI（g）的逆反应速率随时间变化的曲线如下图所示，t1时刻反应达到平衡，维持其他条件不变，t1时刻只改变一种条件，该条件可能是
①增大H2浓度②缩小容器体积③恒容时充入Ar气④使用催化剂
A. ①②B. ③④C. ②④D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】反应H2（g） + I2（g） 2HI（g）是一个反应前后气体分子数不变的可逆反应。由图可知，t1时刻反应达到平衡，维持其他条件不变，t1时刻只改变一种条件，逆反应速率增大后但并不再改变，说明化学平衡不移动，则改变条件后正反应速率和逆反应速率相等，该条件可能是加入催化剂或增大压强，C正确。本题选C.
点睛：在平衡状态下，加入催化剂后，正反应速率和逆反应速率同时都增大，且保持正反应速率和逆反应速率相等，所以平衡不移动；缩小容器体积就是增大压强，由于反应前后的气体分子数不发生变化，所以平衡不移动，但是各组分的浓度增大了，化学反应速率加快了；增大反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，在平衡移动的过程中，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大；恒容时充入稀有气体，虽然系统内压强增大了，但是各组分的浓度保持不变，所以化学反应速率不变，平衡不移动。
4. 下列说法正确的是
A. 洗涤油污常用热的溶液，这是利用了盐类水解的原理
B. 用加热的方法就可以除去溶液中的
C. 配制溶液时，将固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
D. 将溶液和溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为和
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液因水解而呈碱性，升高温度，使水解平衡向正反应方向移动，溶液碱性增强，可促进油污水解，A正确；
B．当离子浓度小于时认为该离子沉淀完全，水解反应虽然是个吸热反应，但是加热根本达不到这种程度，无法用加热方法除去KCl溶液中的Fe3+，B错误；
C．配制时可先将固体溶于稀硫酸中，再稀释至所需浓度，如先溶解在稀盐酸中，会引入杂质，C错误；
D．易水解生成和HCl，升高温度HCl易挥发，促进水解反应，蒸干溶液得到的固体是，灼烧后分解生成；不稳定，受热易被氧气氧化为，D错误；
故选A。
5. 常温下，下列各组离子定能在指定溶液中大量共存的是
A. 的溶液：
B. 的溶液：
C. 澄清透明的无色溶液：
D. 和反应放出的溶液：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. 的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液呈碱性，不能大量存在，A不符合题意。
B. ，则，则溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，B符合题意。
C. 呈紫色，与题中“无色”矛盾，C不符合题意。
D. 和反应放出的溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若溶液呈酸性，和反应不会放出，与题干矛盾；若溶液呈碱性，不能大量存在，D不符合题意。答案选B。
6. 在100 mL某一元弱酸的溶液中，以0.50 ml/L氢氧化钠溶液滴定后得滴定曲线如图所示。
下列叙述正确的是( )
A. 该弱酸在滴定前的浓度是0.15 ml/L
B. 该弱酸稀释10倍后pH为4
C. 滴定过程为求滴定终点，最合适的指示剂是酚酞
D. 滴定过程为求滴定终点，最合适的指示剂是甲基橙
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，用NaOH滴定弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，该变色范围最合适的指示剂是酚酞，用去NaOH的体积是20 mL，该弱酸滴定前的浓度是20×0.50/100=0.10（ml·L－1），因为滴定前该弱酸的pH=3，溶液在稀释过程中会继续电离，所以pH小于4。
【详解】A、由图开始时，弱酸的PH=3，用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，用去NaOH的体积是20 mL，该弱酸滴定前的浓度是20×0.5/100=0.10ml·L－1，故A错误；
B、滴定前该弱酸的pH=3，溶液在稀释过程中会继续电离，该弱酸稀释10倍后，pH小于4，故B错误；
C、用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，故C正确；
D、NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，故D错误；
故选C。
7. 下列叙述正确的是( )
A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B. 25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7
C. 25 ℃时，0.1ml·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D. 0.1mlAgCl和0.1mlAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，A项错误；
B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，NH4＋水解导致溶液呈酸性，pH＜7,B项错误；
C．硫化氢属于弱酸，部分电离，硫化钠属于强电解质，全部电离，等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，C项正确；
D．AgCl和AgI的Ksp不相等，c（Ag＋）·c（Cl－）=Ksp（AgCl）,c（Ag＋）·c（I－）=Ksp（AgI），0.1mlAgCl和0.1mlAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Ag＋）浓度相等，则c（Cl－）不等于c（I－），D项错误；
答案选C。
8. 氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。
下列分析合理的是
A. 如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线
B. 反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ/ml
C. 在反应②中，若有1.25ml电子发生转移，则参加反应NH3的体积为5.6L
D. 催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；
B. 根据图示可知反应物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ，故反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ/ml，B正确；
C. 未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；
D. 催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；
故合理选项是B。
9. 已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数()与温度(T)、的关系，图乙表示反应的平衡常数K与温度T的关系。则下列说法正确的是
A. 图甲中
B. 若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将不变
C. 温度T1、， Cl2的转化率约为33.3%
D. 图乙中，线A表示正反应的平衡常数
【答案】C
【解析】
【详解】A.ω增大，CH2=CHCH3的转化率增大，则φ减小，由上述分析可知：ω2＞ω1，则ω1＜1，故A错误；
B.该反应在反应前后气体分子数不变，根据图甲升高温度丙烯的体积分数增大，即升高温度平衡逆向移动，正反应放热，在恒容绝热装置中进行题述反应，体系内温度升高，根据PV=nRT，达到平衡时，装置内的气体压强将增大，故B错误；
C.由图乙可知，T1时平衡常数为1，设起始时CH2=CHCH3和Cl2的物质的量分别为aml和2aml，达到平衡时转化的Cl2的物质的量为xml，根据三段式进行计算：
CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)
起始（ml） a 2a 0 0
转化（ml） x x x x
平衡（ml） a-x 2a-x x x
则（）2÷（×）=1，解得x=2/3a，则Cl2的转化率2/3a÷2a×100%=33.3%，
故C正确；
D.由图甲可知，ω一定时，温度升高，φ增大，说明正反应是放热反应，故温度升高，正反应平衡常数减小，故图乙中，线A表示逆反应的平衡常数，故D错误。
故选C。
【点睛】在做图象题是应注意两个原则：1.先拐先平：例如在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高；2.定一议二：当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
10. 下列说法不正确的是
A. Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-，该固体可溶于NH4Cl溶液
B. 向ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液沉淀变为黑色，可推知同温下Ksp(ZnS)C. 向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为：2AgCl(s)+S2-(aq)⇌Ag2S(s)+2Cl-(aq)
D. 向2mL浓度均为1.2 ml·L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01 ml·L-1的AgNO3溶液，振荡沉淀呈黄色，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，电离产生的铵根离子与Mg(OH)2产生的氢氧根离子反应生成弱电解质NH3▪H2O，促使Mg(OH)2溶解平衡正向移动，故Mg(OH)2固体可溶于NH4Cl溶液，A说法正确；
B．向ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液沉淀变为黑色，则发生ZnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Zn2+(aq)，可推知同温下Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，B说法错误；
C．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀AgCl变成黑色Ag2S，反应的离子方程式为：2AgCl(s)+S2-(aq)⇌Ag2S(s)+2Cl-(aq)，C说法正确；
D．向2mL浓度均为1.2 ml·L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01 ml·L-1的AgNO3溶液，振荡沉淀呈黄色，氯离子、碘离子过量，能生成AgI，则AgI更难溶于水，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D说法正确；
答案为B。
11. 下面是利用盐桥电池从某些含碘盐中提取碘的两个装置，下列说法中正确的是( )

A. 两个装置中石墨Ⅰ和石墨Ⅱ作负极
B. 碘元素在装置①中被还原，在装置②中被氧化
C. ①中MnO2极的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－===Mn2＋＋4OH－
D. 装置①、②中生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1∶5
【答案】D
【解析】
【详解】A. 装置①中碘离子失去电子，石墨Ⅰ是负极，装置②中碘酸钠得到电子被还原，石墨Ⅱ作正极，A项错误；
B. 根据A项分析可知，碘元素在装置①中被氧化，在装置②中被还原，B项错误；
C. ①中MnO2得到电子，溶液呈酸性，则电极反应式为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，C项错误；
D. ①中1ml碘化钠失去1ml电子，②中1ml碘酸钠得到5ml电子，则装置①、②中生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1∶5，D项正确；
故答案为D。
12. 用如图所示装置处理含的酸性工业废水，某电极反应式为，则下列说法错误的是
A. 电源正极为A，电解过程中有气体放出
B. 电解时从质子交换膜左侧向右侧移动
C. 电解过程中，右侧电解液保持不变
D. 电解池一侧生成，另一侧溶液质量减少
【答案】C
【解析】
【分析】含的酸性工业废水发生还原反应，则B为电源负极，A为电源正极。
【详解】A．A为正极，阳极发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正确；
B．电解时阳离子由阳极向阴极移动，所以从质子交换膜左侧向右侧移动，故B正确；
C．电解过程中，右侧发生反应，电路中转移10个电子，右侧消耗12个H+，根据电荷守恒，有10个H+从质子交换膜左侧向右侧移动，所以右侧电解液保持增大，故C错误；
D．根据，电解池一侧生成时电路中转移2ml电子，另一侧发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据电子守恒，消耗1ml水，所以溶液质量减少，故D正确；
选C。
13. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
下列说法不正确的是
A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B. ①中检测到，推测可能发生反应：
C. 随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【解析】
【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。
【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B正确；
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；
故选C。
14. 在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度与温度T的关系如图所示。则下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1C. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时一定有v(正)D. 在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，T1K2，A错误；
B．由图像可知，T1K2，B错误；
C．T2时由D→B点需降低c平(NO)，即平衡向右移动，所以D点对应体系中，v(正)>v(逆)，C错误；
D．由于反应物C为固体，故容积不变时，反应后气体质量增大，混合气体的密度增大，当密度不再变化时，可以判断反应达到平衡状态，D正确。
故选D。
15. 常温下，将HCl气体通入到1L浓度均为0.1ml/L的NaA和NaB的混合溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列叙述不正确的是
A. Ka(HB)的数量级为10-9
B. 酸性的强弱顺序为HCl>HA>HB
C. 当通入0.1mlHCl气体时，c(B-)>c(A-)
D. 当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图象可知，当=3时，pH=6，此时，c(H+)=10-6ml/L，=103，Ka(HB)== 10-6×10-3=10-9，故A正确；
B、pH一定时，＞，则有＞，＜，式子两边都乘以c(H+)，可得＜，即Ka(HB)＜Ka(HA)，所以酸性HA>HB，向NaA和NaB的混合溶液中通入HCl后，溶液中存在HA、HB，则说明HCl酸性强于HA和HB，所以酸性强弱顺序为HCl>HA>HB，故B正确；
C、原溶液中NaA和NaB均为0.1ml，根据强酸制弱酸原理，通入0.1mlHCl，H+先与B-反应，反应后溶液中溶质为0.1mlNaA、0.1mlNaCl、0.1mlHB，NaA完全电离，微弱水解，而HB部分电离，所以溶液中c(B-＜c(A-)，故C错误；
D、混合溶液的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，当溶液呈中性时，c(H+)= c(OH-)，所以有c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，故D正确。
故选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16. 回答下列问题
（1）在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是_______________。
②1 ml (aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式是________________。
（2）已知：
2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·ml－1①
Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－226 kJ·ml－1②
则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数目为________________。
（3）已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g) ΔH＝－72 kJ·ml－1，蒸发1 ml Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，其他相关数据如下表：
则表中a＝______________。
【答案】（1） ①. 放热 ②. 反应物的总能量大于生成物的总能量 ③.
（2）2NA （3）369
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故反应为放热反应；
②第一步的热化学方程式为：，第二步的热化学方程式为：,根据盖斯定律，则1 ml (aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式；
答案为：放热；反应物的总能量大于生成物的总能量；。
【小问2详解】
已知①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·ml－1，②Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－226 kJ·ml－1，据盖斯定律：，反应转移2ml电子。
答案为：2NA。
【小问3详解】
蒸发1mlBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，结合反应及表格数据可知：436+（200+30）-2a=-72，解得a=369。
答案为：369。
17. N2O和CO是常见的环境污染气体。
（1）对于反应N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)来说，“Fe+”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：
第一步为Fe++N2OFeO++N2；则第二步为____________________(写化学方程式)。
已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能_________(填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。
（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)2N2(g)+O2(g)，容器I、II、III中N2O的平衡转化率如图乙所示：
①该反应的△H_____0(填“>”或“<”)。
②若容器I的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器I中用O2表示的反应速率为_________。B点对应的平衡常数k=________(保留两位有效数字)。
③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是_______________。
④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应_________移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。
【答案】 ①. FeO++COFe++CO2 ②. 大于 ③. ＞ ④. 0.0005 ml·L-1·s-1 ⑤. 0.0044 ⑥. D＞C＞A ⑦. 向逆反应方向
【解析】
【分析】（1）将总反应减去第一步反应，可得第二步反应；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，即第一步反应决定总反应的反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能；
（2）①取同一条直线，分析温度对平衡的影响即可得到反应的热效应；
②v(O2)=，根据N2O的转化率可以计算出△n(O2)，从而得v(O2)；平衡常数只和温度有关，题中并未告知B点的容器体积，故需要通过计算A点的平衡常数；
③整个反应过程中，容器体积均不变，体系的总质量也不变，故体系的密度也不变，故分析370℃时，根据压强的影响判断出容器体积大小，从而可以比较各体系的密度大小；
④比较该温度下，容器IV中Qc和K的大小关系即可。
【详解】（1）将总反应减去第一步反应，可得第二步反应: FeO++COFe++CO2；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，即第一步反应决定总反应的反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能；
（2）①分析曲线I，温度升高，N2O的转化率增大，则该反应是吸热反应，即△H>0；
②容器I中，20s后反应达到平衡，则N2O的转化率为40%，即△n(N2O)=0.1ml×40%=0.04ml，则△n(O2)=0.02ml，v(O2)==0.0005ml·L-1·s-1；由于平衡常数只和温度有关，故B点的平衡常数和A点的平衡常数相同，A点，c(N2O)==0.03ml/L，c(N2)==0.02ml/L，c(O2)==0.01ml/L，则K===0.0044；
③温度相同时，转化率：I>II>III，则压强：III>III，由于这三个容器中的体系的总质量相同，故密度：I④容器IV中，起始时，c(N2O)==0.06ml/L，c(N2)= =0.06ml/L，c(O2)==0.04ml/L，则Qc===0.04>K，则起始时反应向逆反应方向移动。
【点睛】平衡常数只和温度有关系，温度不变，平衡常数也不会改变。
18. 纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH－)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。
(1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的________极(填“A”或“B”)，该电解池中离子交换膜为________离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
(2)该电解池的阳极反应式为________________________________________，
肼燃料电池中A极发生电极反应为____________________________。
(3)当反应生成14.4 g Cu2O时，至少需要肼________ ml。
【答案】 ①. B ②. 阴 ③. ④. ⑤. 0.05
【解析】
【详解】(1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极；图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，则D极作阳极接电池正极(B极)，铜被氧化；阳极反应为2Cu-2e-+2OH- =Cu2O+H2O，反应消耗OH-，采用阴离子交换膜使OH-向阳极移动；
答案为B；阴；
(2)根据上述分析，阳极反应为2Cu-2e-+2OH- =Cu2O+H2O；肼燃料电池中A极肼(N2H4)失电子在碱性条件下生成氮气和水，发生的电极反应为N2H4-4e-+4OH- =N2+4H2O；
(3)根据电极反应2Cu-2e-+2OH- =Cu2O+H2O和N2H4-4e-+4OH- =N2+4 H2O可知，Cu2O与N2H4、e-的数量关系式为2Cu2O~ N2H4~4 e-，当反应生成14.4 g （0.1ml）Cu2O时，至少需要肼为0.05ml。
19. 完成下列问题。
（1）电解法也可除去水中的氨氮，实验室用石墨电极电解一定浓度的与的酸性混合溶液来进行模拟。
①电解时，阳极的电极反应式为___________。
电解过程中溶液初始浓度和pH对氨氮去除速率与能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响关系如图1和图2所示。
②图1中当浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，氨氮去除速率低而能耗高的原因可能是___________；而当浓度较高时，测得溶液中的浓度也较高，可能的原因是___________。
③图2中，pH为6时处理效果最佳，当pH过低时，处理效果不佳的原因可能是___________。
（2）通过调节溶液pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液也可将废水中的转化为碳酸盐和而除去。写出该反应的离子方程式：___________。
（3）废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。已知，，国家规定的排放标准：镍低于，铜低于。则需要控制溶液中的浓度不低于___________。
【答案】（1） ①. 2Cl--2e-=Cl2↑ ②. 阳极可能OH-放电，产生大量氧气，消耗电能 ③. Cl-浓度较高时，产生的Cl2(或HClO)较多，会将NH氧化为NO ④. pH太低时，产生的Cl2会从溶液中逸出
（2）2CN-+5ClO-+2OH-+2Ca2+=2CaCO3↓+N2↑+5Cl-+H2O
（3）10-16
【解析】
【小问1详解】
①用石墨电极电解一定浓度(NH4)2SO4与NaCl的酸性混合溶液，阳极发生氧化反应，Cl-失电子生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
②Cl-浓度较低或pH较大时，阳极可能是OH-放电，产生大量氧气，消耗电能，所以氨氮去除速率低而能耗高；Cl-浓度较高时，产生的Cl2(或HClO)较多，会将NH氧化为NO；
③pH过低时，氢离子浓度大，反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡逆向移动，Cl2溶解度降低，产生的Cl2会从溶液中逸出而使氨氮去除速率降低，所以处理效果不佳；
【小问2详解】
漂白粉有效成分为次氯酸钙，次氯酸根离子具有氧化性，能够把CN-氧化为碳酸盐和氮气，该反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-+2Ca2+=2CaCO3↓+N2↑+5Cl-+H2O；
【小问3详解】
Ksp(NiS)=c(Ni2+)·c(S2-)=1.1×10-21，则c(S2-)=；Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=1.3×10-36，c(S2-)=；1.7×10-32 ml/L<10-16 ml/L，故需要控制溶液中S2-的浓度不低于10-16 ml/L。
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
①
0.1ml/LCuSO4
+少量H2SO4
阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
②
0.1ml/LCuSO4
+过量氨水
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 ml分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
436
200
a