甘肃省武威第六中学2020届高三上学期第六次诊断考试化学试题

甘肃省武威第六中学2020届高三上学期第六次诊断考试
化学试题
1.下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应
B. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染
C. “天宫二号”使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.气溶胶是一种胶体，因此具有丁达尔效应，A项正确；
B.绿色化学是用原料无污染或污染少、原子利用率高的方式来进行化学合成，因此可以从源头上减少或消除对环境的影响，B项正确；
C.碳纤维是碳元素形成的一种单质，不是有机物，C项错误；
D.丝绸的主要成分是蛋白质，是一种天然的高分子材料，D项正确；
答案选C。
【点睛】丝绸的主要成分是蛋白质，棉花的主要成分是纤维素，蛋白质点燃后有烧焦羽毛的气味，但是纤维素燃烧后全部转变为水和二氧化碳，无气味，因此可用燃烧法来鉴定衣物是真丝还是棉花。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 78g苯含有的碳碳双键数为3NA
B. 电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减小32g
C. 2.0gH218O与D2O混合物中所含中子数为NA
D. 1molN2与3molH2反生成的NH3分子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.苯分子中无碳碳双键，A项错误；
B.电解精炼铜时，阳极的粗铜中含有其它金属杂质，因此阳极减小的质量不一定为纯铜，B项错误；
C.首先和的分子量都是20，其次1个中有10个中子，而1个中也有个中子，因此2.0g混合物中所含中子数为NA，C项正确；
D.氮气和氢气的反应是可逆反应，生成的氨气分子数一定小于2NA，D项错误；
答案选C。
3.有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是
A. a、b可能形成含有共价键的离子化合物
B. 简单离子半径大小：d>c>a>b
C. 含氧酸的酸性强弱：d>c
D. b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存
【答案】A
【解析】
【分析】
a最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。
【详解】A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；
B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；
C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；
D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。
【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。
4.已知吸热反应2CO(g) = 2C(s) + O2(g)，假设△H和△S不随温度而变，下列说法中正确的是( )
A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行
C. 任何温度下都不能自发进行 D. 任何温度下都能自发进行
【答案】C
【解析】
【分析】
综合利用△H、△S判断反应的自发性。
【详解】题述“2CO(g) = 2C(s) + O2(g)”是吸热反应，即△H>0；又因其气体分子数减少，则△S<0。该反应在任何温度下都不能自发进行。
本题选C。
【点睛】以△H为横轴、△S为纵轴画坐标系，则第二象限一定自发、第四象限一定不自发、第一象限高温自发、第三象限低温自发。
5.下列药品和装置合理且能完成相应实验的是( )
A. 制备氢氧化亚铁
B. 验证非金属性Cl >C >Si
C. 检验二氧化硫中是否混有二氧化碳
D. 实验室制取并收集氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化亚铁易被氧气氧化，氯化亚铁溶液应用苯隔绝空气，否则即使生成氢氧化亚铁也被空气氧化而变质，故A达不到实验目的；
B．验证非金属性Cl＞C＞Si，应用高氯酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，然后通入硅酸钠溶液中观察是否有沉淀生成，故B所有盐酸不合理；
C．高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，品红用于检验二氧化硫是否除尽，如有二氧化碳，通入澄清石灰水变浑浊，实验合理，故C药品和装置合理且能完成相应实验；
D．为防止试管炸裂，则加热的试管应将其口向下倾斜，故D装置不合理。
故选C。
6.室温下，下列各组离子能大量共存的是
A. 稀硫酸中：K+、Mg2+、、
B. KW/c(H+)=10−13 mol·L−1的溶液中：Fe3+、、Mg2+、
C. NaHS溶液中：、K+、C1−、Cu2+
D. 通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO−、CH3COO−、
【答案】B
【解析】
【详解】A.稀硫酸中和均不能大量存在，A项错误；
B.首先根据得出溶液是强酸性的，酸性条件下各离子可以稳定存在，B项正确；
C.和之间能发生离子反应生成硫化铜沉淀，无法大量共存，C项错误；
D.碳酸的酸性强于次氯酸，因此无法大量存在，D项错误；
答案选B。
7.MnO2是一种重要的无机功能材料，可由MnSO4和NaClO3溶液反应制得，反应原理为:　MnSO4+ NaClO3+　 H2OCl2↑ +　　Na2SO4 +　 MnO2 ↓+　 　(未配平)，则关于此反应的叙述不正确的是
A. NaClO3中Cl的化合价为+5
B. 每生成8.7 g氧化产物，反应中转移的电子数约为0.2×6.02×1023
C. NaClO3氧化性强于MnO2的氧化性
D. 该反应右边方框内的产物是NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】
反应中硫酸锰作还原剂失2个电子，氯酸钠作氧化剂得5个电子，二者的比例为5:2，据此再观察配平其它物质即可，反应物中有大量的无法配平，因此右侧产物应该添上硫酸，最终的方程式为，本题得解。
【详解】A.氯酸钠中氯的化合价为+5价，有氧化性，A项正确；
B.氧化产物即，根据方程式不难看出每生成5mol，反应要转移10mol电子，也就是说生成数和转移电子数为1:2，故当生成0.1mol时反应转移0.2mol电子，B项正确；
C.根据氧化性：氧化剂（氯酸钠）>氧化产物（二氧化锰），C项正确；
D.右边缺项为硫酸，D项错误；
答案选D。
8.下列实验、实验现象和相应结论都正确的是

实验
现象
结论
A
向1mL溶液中滴加1mL KI溶液，再加入1mL CCl4，振荡后静置。
溶液分层，上层溶液显紫色。
氧化性：Fe3+>I2
B
将两块表面积相等的Mg条和Al条放入同浓度同体积的NaOH溶液中。
Al条产生气泡的速度快。
金属性：Al>Mg
C
向烧杯中加入一定体积蒸馏水，加热至沸腾时，向其中逐滴滴加饱和FeCl3溶液。
得到红褐色透明液体。
制得了氢氧化铁胶体。
D
向盛有10 mL溴水的分液漏斗中加入10mL苯，振荡、静置。
溶液分为两层，上层为橙色。
溴在苯中的溶解能力大于水中。


A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
A、三价铁离子能把碘离子氧化为单质碘，2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2，即FeCl3与KI发生了氧化还原反应，有I2生成，Fe3＋作氧化剂，氧化性大于氧化产物I2，但溶液分层，下层溶液显紫色，故A错误；B、将两块表面积相等的Mg条和Al条放入同浓度同体积的NaOH溶液中，只有铝能与碱反应，不能以此来比较金属性强弱，故B错误；C、向烧杯中加入一定体积蒸馏水，加热至沸腾时，向其中逐滴滴加饱和FeCl3溶液，得到红褐色透明液体，是氢氧化铁胶体，故C正确；D、向盛有10 mL溴水的分液漏斗中加入10mL苯，振荡、静置，溶液分为两层，上层为橙色，溴在苯中的溶解度大于水，故D正确。故选CD。
9.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中的硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l) ΔH<0。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中，1molSO2和nmolCO发生反应，2min后达到平衡，生成2amolCO2。下列说法中正确的是（ ）
A. 反应前2min的平均速率υ(SO2)＝0.1amol/(L·min)
B. 当混合气体的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态
C. 平衡后保持其他条件不变，从容器中分离出部分硫，平衡向正反应方向移动
D. 平衡后保持其他条件不变，升高温度和加入催化剂，SO2的转化率均增大
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可得出可逆反应SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l)是放热反应且反应前后气体的物质的量不相等，根据此分析进行解答。
【详解】A．根据化学方程式可知，生成2amolCO2的同时，消耗amolSO2，其浓度是0.5amol/L，所以反应前2min的平均速率υ(SO2)＝0.5amol/L÷2min＝0.25amol/(L·min)，故A错误；
B．根据化学方程式可知，该反应是反应前后气体的物质的量不相等的可逆反应，因此当混合气体的物质的量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．S为液态，分离出部分硫，平衡不移动，故C错误；
D.该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，故D错误。
故答案选B。
10.用酸性氢氧燃料电池电解粗盐水(含Na＋、Cl－和少量Mg2＋、Br－)的装置如图所示(a、b均为石墨电极)，下列说法正确的是

A. 电池工作时，负极反应式为：H2－2e－＋2OH－=2H2O
B. 当电池中消耗2.24 L(标准状况下)H2时，b极周围会产生0.1 mol气体
C. 电解过程中电子流动路径是：负极→外电路→阴极→溶液→阳极→正极
D. a极的电极反应式为：2H+＋2e－=H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
首先这是一个燃料电池，燃料电池一定是正极通氧气，负极通燃料，则a是阳极，b是阴极，据此来分析即可。
【详解】A.燃料电池中的电解质为磷酸，因此电极方程式中不可能出现，A项错误；
B.氢气作还原剂时，1mol氢气要失去2mol电子，因此当电池中消耗0.1mol氢气时，整个装置中有0.2mol电子流过，b极产生也是氢气，因此0.2mol电子能产生0.1mol氢气，B项正确；
C.电子仅在电极和导线中移动，C项错误；
D.根据分析a极是阳极，阳极在反应中失电子，应该是失电子产生氯气，或杂质失电子产生溴单质，D项错误；
答案选B。
【点睛】“电子不下水，离子不上岸”说的是电子仅在导线和电极之间移动，水溶液中不可能存在定向移动的电子，同理，离子仅能在电解质中移动，不可能进入导线。
11.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法不正确的是

A. 反应中转移电子的物质的量是0.21 mol
B. ClO的生成可能是由于温度升高引起的
C. 标准状况下有3.36 L氯气参加反应
D. 苛性钾溶液中KOH的物质的量为0.2 mol
【答案】D
【解析】
根据图像可知反应后，生成KClO和KClO3分别是0.06mol和0.03mol，则根据电子的得失守恒可知，生成氯化钾是0.06mol×1＋0.03mol×5＝0.21mol。所以选项A正确；B、ClO的生成是在反应一段时间后温度更高时才开始，故可能是由于温度升高引起的，选项B正确；C、根据氯原子守恒，参加反应的氯气的物质的量为：=0.15mol，标准状况下有0.15mol×22.4L/mol=3.36 L氯气参加反应，选项C正确； D、生成KClO和KClO3分别是0.06mol和0.03mol，根据钾原子守恒，苛性钾溶液中KOH的物质的量为0.06mol＋0.03mol+0.21mol=0.3mol，选项D错误。答案选D。
12.下列各反应对应的离子方程式正确的是
A. 向100 mL 0.12 mol·L−1的Ba(OH)2溶液中通入0.02 mol CO2： Ba2++3OH−+2CO2=+BaCO3↓+H2O
B. 向Ca(OH)2溶液中加入过量的NaHCO3溶液：Ca2++2OH−+2=CaCO3↓++2H2O
C. 硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后溶液恰好呈中性：H+++Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O
D. 向含0.1 mol NaOH和0.2molNa2CO3的溶液中加入1L0.4 mol·L−1稀盐酸：OH−++3H+=CO2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.先算出的物质的量为0.012mol，而的物质的量为0.02mol，二者的物质的量为3:5，按照3:5的化学计量比来写方程式：，再改写为离子方程式：，A项错误；
B.根据定少为一的原则，将的系数定为1，的系数定为2，写出离子方程式即可，B项错误；
C.硫酸氢钠可以看作一元强酸，氢氧化钡是二元强碱，因此二者按2:1的系数来反应：，C项错误；
D.首先三者的物质的量之比为1:2:4，稀盐酸先和烧碱中和，过量的稀盐酸再和纯碱反应，据此先写出化学方程式，再改写为离子方程式，D项错误；
答案选B。
13.在容积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，在温度500℃时发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) △H<0。CH3OH的浓度随时间变化如图，下列说法不正确的是

A. 从反应开始到10分钟时，H2的平均反应速率v(H2)=0.15 mol/(L·min)
B. 从20分钟到25分钟达到新的平衡，可能是增大压强
C. 其它条件不变，将温度升到800℃，再次达平衡时平衡常数减小
D. 从开始到25分钟，CO2的转化率是70%
【答案】B
【解析】
【详解】A、容积为1L，充入1mol CO2和3mol H2，从反应开始到10min，CH3OH的浓度在10分钟为0.50mol/L，故v(H2)=3v(CH3OH)==0.15mol/(L·min)，A正确；
B、20-25 min，达到新的平衡，因为左边的化学计量数大于右边，所以压强增大，CH3OH的含量增高，但是当压强增大，浓度应该立即增大，不会有渐变过程，B错误；
C、△H＜0，则该反应为放热反应，所以温度升高，平衡常数减小，C正确；
D、从开始到25min，CO2的转化率为×100%=70%， D正确；
故答案选B。
14.某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示，下列说法不正确的是

A. Q溶液是氨水
B. 工业生产中气体a可通过两步反应转化为H2SO4
C. 电解过程中被氧化的元素是硫
D. 设计步骤①、②是为了富集SO2
【答案】C
【解析】
【分析】
Q溶液应该是碱液，目的是将废气中的吸收并起到富集作用，根据最后的产物中有可以推知此处用的是氨水，则X为亚硫酸铵，向亚硫酸铵中加入过量硫酸，得到气体a为，再经过催化氧化、水化后得到硫酸，Y是硫酸铵溶液，经电解后得到过二硫酸铵，本题得解。
【详解】A.根据分析Q溶液是氨水，A项正确；
B.可经催化氧化、水化后得到硫酸，B项正确；
C.硫元素的最高正价为+6价，因此在电解过程中不可能再被氧化，C项错误；
D.①、②的目的是为了将废气中的富集，D项正确；
答案选C。
15.已知反应A2(?)+2B2(g) 2AB2(g)　ΔH，在其他条件不变，改变某一条件时得到如下图象，下列对应图象叙述不正确的是

A. 由图甲可知，A2为气体
B. 由图甲可知，ΔH<0
C. 由图乙可知，T=T0 ℃时，该可逆反应达到平衡状态
D. 由图丙可知，t=t0时，改变的条件可能是增加了B2的量
【答案】D
【解析】
【详解】A.由甲图可以看出，改变压强后产物的质量改变，因此本反应一定是前后气体分子数不相等的反应，则一定是气体，A项正确；
B.由甲图可以看出，当压强一致时，温度越高产物的质量越小，因此正反应是放热的，B项正确；
C.当正逆反应速率相等时，反应即达到平衡状态，C项正确；
D.是反应物，若增加反应物的物质的量，逆反应速率不可能瞬间增加，D项错误；
答案选D。
16.少量铁片与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的( )
①加H2O；②加KNO3溶液；③滴入几滴浓盐酸；④加入少量铁粉；⑤加NaCl溶液；⑥滴入几滴硫酸铜溶液；⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)； ⑧改用10mL0.1mol/L盐酸
A. ③④⑥⑦⑧ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ①⑥⑦
【答案】C
【解析】
温度、氢离子浓度决定铁与盐酸反应的速率；铁的质量决定生成氢气的产量。加H2O，盐酸浓度减小，反应速率减小，故①错误；②加KNO3溶液生成硝酸，铁与硝酸反应不能生成氢气，故②错误；③滴入几滴浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率增大，铁的质量不变，生成氢气的质量不变，故③正确；④加入少量铁粉，反应速率不变，故④错误；⑤加NaCl溶液，盐酸浓度减小，反应速率减小，故⑤错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，铁与硫酸铜反应生成铜，构成铜锌原电池，反应速率加快，但由于铁质量减小，放出氢气减少，故⑥错误；⑦升高温度，反应速率增大，铁的质量不变，生成氢气的质量不变，故⑦正确；改用10mL0.1mol/L盐酸，盐酸浓度增大，反应速率增大，铁的质量不变，生成氢气的质量不变，故⑧正确；故选C。
17.硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)。
Ⅰ. [查阅资料]
（1）Na2S2O3·5H2O是无色透明晶体，易溶于水。其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。
（2）向Na2CO3和Na2S混合液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4。
（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。
（4）硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：2+I2=+2I−
Ⅱ. [制备产品]实验装置如图所示(省略夹持装置)

实验步骤：
（1）按如图所示组装好装置后，应先_________________________________________(填操作名称)，再按图示加入试剂。仪器B和D的作用是__________________________________________；
（2）先向烧瓶C中加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向烧瓶A中滴加浓H2SO4。C中反应生成Na2S2O3和CO2，化学方程式为____________________________________________________________________。
（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合液，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品。
Ⅲ. [探究与反思]
（4）用I2的标准溶液测定产品的纯度。取10.0g产品，配制成100mL溶液，配制溶液的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_______________________________及二氧化碳。取10.00mL溶液。以________________________________溶液为指示剂，用浓度为0.10 mol/L I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示。
编号
1
2
3
溶液的体积/mL
10.00
10.00
10.00
消耗I2标准溶液的体积/mL
19.95
17.10
20.05

滴定时，达到滴定终点的现象是___________________________。Na2S2O3·5H2O在产品中的质量分数是____________________________________(用百分数表示，且保留1位小数)。
【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 安全瓶(或防止倒吸) (3). 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 (4). 水中溶解的氧气 (5). 淀粉 (6). 当加入最后一滴碘水时，溶液无色变蓝色，并且半分钟内不褪色 (7). 99.2%
【解析】
【分析】
装置A是的发生装置，装置B和D的作用是安全瓶，防止倒吸，装置C中即反应器，发生反应制取硫代硫酸钠，而E是尾气处理装置，防止污染空气，据此来解题即可。
【详解】（1）在组装完实验仪器后应先检查装置的气密性，再开始实验；装置B和D的作用是防倒吸；
（2）硫化钠和浓硫酸、碳酸钠反应得到硫代硫酸钠和二氧化碳：；
（4） 用碘来测定产品的纯度，注意这是一个氧化还原反应，因此要排除其它可能发生氧化还原反应的物质的干扰，将蒸馏水加热煮沸可以除去水中溶解的氧气；因为是用碘的标准溶液来滴定，因此可以选用淀粉溶液来作指示剂，当溶液中的硫代硫酸钠反应完后，再滴入碘液会导致碘遇淀粉变蓝；再来看实验数据，第二次溶液消耗体积与另外两次差距较大，不能使用，一、三两次平均消耗的碘液为20.00mL，根据算出碘的物质的量，则10.00mL溶液中含有的的物质的量为0.004mol，100mL中总共有0.04mol，根据算出质量，则产品的质量分数为。
【点睛】本题中使用滴定方法叫“碘量法”，利用的氧化性和与淀粉的灵敏的变色反应来进行的，用碘量法测定物质的量，在环境、医药、食品、化工、冶金、石油等领域都有广泛的应用，也是滴定中常考的方法。
18.KMnO4是一种重要的消毒剂，俗名灰锰氧。某工厂以废旧的锌锰干电池为原料制备高锰酸钾的流程如下（各部分产物已省略）：

（1）这种锌锰电池放电时，负极的电极反应是_______________________________ 。
（2）滤渣1灼烧的目的是______________________________；可循环利用的物质是_________________（填化学式）。
（3） “水浸”采用适当加热，搅拌等措施，其目的是_________________________。熔融滤渣可能产生大气污染物是________________（填化学式） 。
（4）向溶液中通入足量CO2的离子方程式：_______________________。
（5）工业上，以石墨为电极电解K2MnO4溶液制备KMnO4，阳极的电极反应式为______________________。
【答案】 (1). (2). 除去碳粉 (3). (4). 提高水浸速率和浸取率 (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
废旧锌锰电池的成分已给出，水浸后分成了滤液和滤渣，则操作I是过滤，得到的是氯化锌和氯化铵溶液，沉淀中有碳粉和二氧化锰，灼烧滤渣I的过程中，碳转变为二氧化碳逸出，烧渣再与氯酸钾、氢氧化钾熔融条件下反应，得到锰酸钾，通入足量的二氧化碳后，+6价的锰发生歧化反应，一部分变成+4价的二氧化锰沉淀，一部分变成+7价的高锰酸钾，则操作2仍然是过滤，据此来分析本题即可。
【详解】（1）电池中有，因此是酸性锌锰干电池，表面的锌皮作负极，负极反应为；
（2）根据分析，灼烧的目的是除去混合物中的碳粉，最后经操作2过滤后可以得到，这些可以循环利用；
（3）加热和搅拌，都是常见的加速溶解的措施，因此答案为提高水浸速率和可溶物的浸取率，在反应中作氧化剂被还原，因此有可能被还原为，可造成大气污染；
（4）注意不参与氧化还原反应，仅仅是锰元素的歧化，写出离子方程式：；
（5）由到需要失电子，而电解池的阳极发生的就是失电子反应，因此阳极反应式为：。
19.空气质量评价的主要污染物为PM10、PM2.5、SO2、NO2、O3和CO等物质。
（1）烟气的脱硝（除NOx）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。
选择性催化还原技术（SCR）是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还原剂（如NH3）选择性地与NOx反应生成N2和H2O。
①已知：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g） △H=﹣905.5kJ/mol
N2（g）+O2（g）=2NO（g） △H= +180kJ/mol
则4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O（g） △H=________
②在催化剂作用下，尿素[CO(NH2)2]也可以将NOx反应生成N2和H2O。写出CO（NH2）2与NO2反应的化学方程式_____________________。
（2）电化学法是合成氨的一种新方法，其原理如图1所示，阴极的电极反应是_____________。
（3）氨碳比[n(NH3)/n(CO2)]对合成尿素[2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(g)+H2O(g)]有影响，恒温恒容时，将总物质的量3 mol的NH3和CO2以不同的氨碳比进行反应，结果如图2所示。a、b线分别表示CO2或NH3的转化率变化，c线表示平衡体系中尿素的体积分数变化。[n(NH3)/ n(CO2)]=___________时，尿素产量最大；经计算，图中y=____________(精确到0.01)。

（4）废水中含氮化合物的处理方法有多种。
①用次氯酸钠氧化氨气，可以得到N2H4的稀溶液，该反应的化学方程式是__________。
②用H2催化还原法可降低水中NO3-的浓度，得到的产物能参与大气循环，则反应后溶液的pH_________(填“升高”、“降低”或“不变”)。
【答案】 (1). －1625.5kJ/mol (2). 4CO(NH2)2+6NO2＝7N2+4CO2+8H2O (3). N2+6H++6e-＝2NH3 (4). 2 (5). 0.36 (6). NaClO+2NH3═NaCl+N2H4+H2O (7). 升高
【解析】
【详解】（1）①已知：①4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905.5kJ/mol
②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ/mol，则根据盖斯定律可知，①－②×4即得到4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O（g）△H=－1625.5kJ/mol；
②在催化剂作用下，CO(NH2)2与NO2反应的化学方程式为4CO(NH2)2 + 6NO2 ＝7N2 + 4CO2 + 8H2O。
（2）根据图1所示可知氮气结合氢离子在阴极得到电子转化为氨气，则阴极的电极反应是N2 + 6H+ + 6e- ＝2NH3。
（3）由图可知，横坐标为n（NH3）/n（CO2）=2时，尿素的体积分数最大，且y点氨气的转化率为80%，则：
2NH3（g）+CO2（g）=CO(NH2)2（g）+H2O（g）
起始浓度（mol/L ） 2 1 0 0
变化浓度（mol/L） 1.6 0.8 0.8 0.8
平衡浓度（mol/L） 0.4 0.2 0.8 0.8
平衡CO（NH2）2的体积分数y=0.8/(0.4+0.2+0.8+0.8)=0.36；
（4）①用次氯酸钠氧化氨气，可以得到N2H4的稀溶液，根据原子守恒和电子得失守恒可知反应中还有氯化钠和水生成，该反应的化学方程式是NaClO + 2NH3 ═ NaCl + N2H4+ H2O。
②H2催化还原饮用水中硝酸根离子，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则产物为水和氮气，该反应为5H2+2NO3-N2+4H2O+2OH-，氢氧根离子浓度增大，则pH升高。
20.氢气不仅是新能源，也是重要的化工原料。
（1）氢气可由甲烷制备:CH4 (g)+H2O(l)CO(g)+3H2 (g)ΔH=+250.1 kJ·mol-1，已知298 K时，CH4(g)、CO(g)的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283 kJ·mol-1。写出氢气燃烧热的热化学方程式___________。
（2）利用反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 　ΔH合成清洁能源CH3OH，CO的平衡转化率与温度的关系如图所示:

①该可逆反应的正反应ΔH______0； A、B、C三点平衡常数KA、KB、KC的大小关系是_____； 压强p1___p2(填“>”“<”或“=”)； 在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系: v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。
②若在恒温恒容条件下进行上述反应，能表示该可逆反应达到平衡状态的是_____________________ (填序号)。
a.CO物质的量保持不变
b.单位时间内消耗CO的浓度和生成甲醇的浓度相等
c.混合气体的压强不再变化
d.混合气体的密度不再变化
③在2 L恒容密闭容器中充入2 mol CO和4 mol H2，在p2 (和T2条件下经10 min达到平衡状态C点，在该条件下，v(CH3OH)=______________________；平衡常数K为_________________________________
【答案】 (1). H2(g)+O2(g)H2O(l)　ΔH=-285.7 kJ·mol-1 (2). < (3). KA=KB>KC (4). < (5). > (6). ac (7). 0.05 mol·L-1·min-1 (8). 1 L2·mol-2
【解析】
【分析】
（1）这是一道典型的盖斯定律的应用，根据已有条件来进行操作即可；
（2）根据题图可以看出，当压强一定的情况下，温度越高反应物的转化率越低，即越热越不反应，则正反应是放热的，而温度一定的情况下，p1的转化率没有p2高，正反应是气体分子数减少的，因此压强越大正反应进行得越彻底，故p2的压强大于p1，据此来分析即可；
【详解】（1）列出三个式子：①；②；③；再根据盖斯定律，由(②－①－③)÷3得到。
（2）①从图像中可以看出，随着温度升高，CO的平衡转化率降低，说明正反应是放热反应；K只与温度有关，A、B两点温度相同，K相同，B和C两点压强相同，且T1KC；温度相同，增大压强，CO的平衡转化率增大，故p1 ②a.CO的物质的量不变，即浓度不变，说明反应达到平衡状态，a正确；
b.单位时间内消耗CO的浓度和生成甲醇的浓度必然相等，b错误；
c.混合气体的压强不变，说明各物质的浓度不变，故反应达到平衡状态，c正确；
d.混合气体的密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，d错误;
答案选ac；
③在2 L恒容密闭容器中充入2 mol CO和4 mol H2，在p2 (和T2条件下经10 min达到平衡状态C点，在该条件下，CO的平衡转化率为0.5，则；CO、 H2，和CH3OH的平衡常数浓度分别为，0.5mol/L、1mol/L和0.5mol/L，因此，。