1、唐山一中20202021学年度第一学期期中考试高二年级化学试卷（选择考）说明：将卷答案用2B铅笔涂在答题卡上,将卷答案用黑色字迹的签字笔书写在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H1，C12，N14，O16，Na23，S32，K39，Mn55卷一.选择题1. 下列生活中的常见电池，属于一次电池的是( )A. 普通锌锰干电池B. 镍氢电池C. 手机锂电池D. 铅蓄电池【答案】A【解析】【详解】A普通锌锰干电池为一次电池，不能充电而重复使用，选项A符合；B镍氢电池为可充电电池，为二次电池，选项B不符合；C手机用锂电池为可充电电池，为二次电池，选项C不符合；D铅蓄电池为可充电电池，为二次电池，选项D不
2、符合；答案选A。2. 下列反应属于吸热反应的是( )A. 酸碱中和反应B. 金属的氧化C. 甲烷的燃烧反应D. Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应【答案】D【解析】【详解】A酸碱中和反应属于放热反应，故A不符合题意；B金属的氧化属于放热反应，故B不符合题意；C甲烷的燃烧反应属于放热反应，故C不符合题意；DBa(OH)28H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，故D符合题意；答案选D。3. 酶是一种特殊的具有催化活性的生物催化剂，没有酶的催化作用就不可能有生命现象。酶的催化作用的特点不包括( )A. 高度的催化活性B. 较高的活化能C. 特殊的温度效应D. 高度的选择性【答案】B【解析】【详
3、解】A酶是一种特殊的蛋白质，对发生在体内和体外的某些化学反应都能起催化作用，有高度的催化活性，故A不符合题意；B酶这种生物催化剂可以降低反应的活化能，加快化学反应速率，故B符合题意；C酶是蛋白质，蛋白质在高温作用下，发生蛋白质变性，所以活性降低，即酶的催化活性受温度限制，故有特殊的温度效应，故C不符合题意；D酶的专一性和选择性是指一种酶只能催化一种化合物或一类化合物的化学反应，故D不符合题意；答案选B。4. 生活和生产中人们采用多种方法防止金属腐蚀，其中保护轮船外壳的常用方法是( )A. 涂保护层B. 改变金属结构C. 牺牲阳极的阴极保护法D. 外加电流的阴极保护法【答案】C【解析】【分析】活
4、泼金属为负极，正极上是氧气的还原反应，正极的金属不会参与化学反应，被保护，这种金属的保护方法称为牺牲阳极的阴极保护法；外加电流的阴极保护法防护金属的原理是：向被腐蚀金属结构物表面施加一个外加电流，被保护结构物成为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生，据此分析作答。【详解】保护轮船外壳的常用方法是船壳上镶入一些活泼金属如锌块，锌块作负极，与船体、电解质溶液构成原电池，船体作原电池的正极，被保护，该方法利用的是牺牲阳极的阴极保护法，故C项符合题意。答案选C。5. 某温度下，纯净水中的c(H+)=1106 molL1，则该温度下0.01 molL1的NaOH溶液的pH为
5、( )A. 2B. 6C. 10D. 12【答案】C【解析】【详解】由题可知，纯净水中的c(H+)=1106 molL1，则c(OH-)=1106 molL1，则该温度下的Kw=11012，0.01 molL1的NaOH溶液中，c(OH-)=1102molL1，则c(H+)=，所以pH=10，故选C。6. 某实验小组进行图中所示探究实验，其实验目的是( )A. 温度对平衡移动的影响B. 浓度对平衡移动的影响C. 压强对平衡移动的影响D. 催化剂对平衡移动的影响【答案】A【解析】【详解】2NO2N2O4 H0，二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅可知，热水中的圆底烧瓶的颜色较深，说明温度升高，化
6、学平衡逆向移动，图中实验可说明温度对平衡移动的的影响，故A符合题意。7. 合成氨作为重要的固氮方式，在工业生产上具有重要的应用。某温度下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4kJmol-1，在一密闭容器中充入1mol N2和3mol H2，在催化剂存在下充分反应，测得反应放出的热量为( )A. 一定大于92.4kJB. 一定小于92.4kJC. 一定等于92.4kJD. 无法确定【答案】B【解析】【详解】由N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4kJmol-1可知，1mol N2和3mol H2完全反应放出92.4kJ的热量，而合成氨是可逆反应，故1mol N2
7、和3mol H2不可能完全反应，则达到平衡时，放出的热量小于92.4kJ，故B正确；故选B。8. 弱电解质在水溶液中的电离过程是一个可逆过程。常温下，关于弱电解质的电离过程，说法正确的是( )A. 0.1molL-1醋酸溶液加水稀释，溶液中减小B. 水是极弱的电解质，将金属Na加入水中，水的电离程度减小C. pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后3pH4D. 若电离平衡向正向移动，则弱电解质的电离度一定增大【答案】C【解析】【详解】A加水稀释时平衡CH3COOHCH3COO-+H+正向移动，K=， =，越稀越电离，则溶液中外界条件的影响大于平衡的移动，故c(CH3COO-)减小，增大，故A不符合题
8、意；B水是极弱的电解质，存在电离平衡，H2OOH+H，Na与水电离生成的氢离子反应生成氢气，促进水的电离，水的电离程度增大，故B不符合题意；CpH=3的醋酸溶液中氢离子的浓度为0.001mol/L，稀释到原体积的10倍后醋酸的电离程度增大，氢离子浓度大于0.0001mol/L，则溶液的3pH4，故C符合题意；D若电离平衡向正向移动，则弱电解质的电离度不一定增大，例如向醋酸溶液中加入醋酸，虽然促进了电离，但是外界条件的影响大于平衡的移动，电离度=，电离度是减小的，故D不符合题意；答案选C9. 臭氧是理想的脱硝试剂，其反应为： 。反应达平衡后，其他条件不变，只改变下图中的条件，正确的是 A. B.
9、 C. D. 【答案】AD【解析】【详解】A 由图像可知，增大压强，(正)(逆)，平衡正向移动，该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，A正确；B由图像可知，增大压强，反应物的转化率减小，平衡逆向移动，而该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，B错误；C由图像可知，升高温度，K增大，说明平衡正向移动，但该反应的正反应，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，C错误；D由图像可知，该反应的正反应，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应物的浓度增大，D正确；故答案为：AD。10. 据文献报道，一种新型的微生物脱盐电池的装置如图所示，关于该电池装置说法正确的是( )A
10、. 该装置可以在高温下工作B. X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜C. 该装置工作时，电能转化为化学能D. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+【答案】D【解析】【分析】由题意和图片装置可知，微生物脱盐池的装置是将废水中有机物CH3COO-的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图正极通O2，负极为有机废水CH3COO-，则为正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-2CO2+7H+，原电池内电路中：阳离子通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子通过阴离子交换膜X移向负极，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水，达到脱盐目的，据此分析。【
11、详解】A高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，故A不符合题意；B原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，故B不符合题意；C该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，故C不符合题意；D由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的一极，发生失电子的氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+，故D符合题意；答案选D。二.不定项选择题（每小题只有一个或两个选项符合题意。）11. 将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)达到平衡。下
12、列哪些改变可使平衡移动，且新平衡时氧气的浓度与原平衡不同 ( )A. 保持体积和温度不变，充入一定量的氧气B. 保持温度不变，缩小容器的体积C. 保持体积不变，升高温度D. 保持体积和温度不变，加入BaO2【答案】C【解析】A项，保持体积和温度不变，充入一定量的O2，平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数K=c（O2），温度不变，K值不变，新平衡时O2的浓度与原平衡相同；B项，保持温度不变，缩小容器体积，平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数K=c（O2），温度不变，K值不变，新平衡时O2的浓度与原平衡相同；C项，保持体积不变，升高温度，平衡一定发生移动，化学平衡常数K一定发生变化，新平衡时O2的浓度
13、与原平衡不同；D项，BaO2为固体，加入BaO2，平衡不移动；答案选C。点睛：易错分析：本题若按常规思路解题必然出错，在解题时要换思路，解决新平衡时O2的浓度与原平衡时的比较，换成外界条件对化学平衡常数的影响来考虑。12. 水是一种弱电解质，水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示，下列判断正确的是( )A. XZ线上任意点均表示溶液呈中性B. 图中T1T2C. M区域对应的溶液中能大量存在：Fe3+、Na+、Cl-、SOD. 将M区域的溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小【答案】A【解析】【详解】AX、Z点的c(H+)=c(OH-)，所以XZ线是c(H+)=c(OH-)的线，线上任意
14、点均是c(H+)=c(OH-)，表示溶液呈中性，故A正确；BKw只与温度有关，T1时的Kw10-7molL-110-7molL-110-14(molL-1)2，T2时的Kw10-6.5molL-110-6.5molL-110-13(molL-1)2，因温度升高，Kw增大，所以T1T2，故B错误；CM区域对应的溶液c(OH-)c(H+)，为碱性区域，在碱性环境中Fe3+会生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，故C错误；DM区域为碱性区域，加水稀释，碱性减弱，c(OH-)减小，温度不变时，Kw不变，由c(H+)，c(H+)增大，故D错误；答案为A。13. 实验教学是化学学科重要辅助手段。下列实验方
15、案、现象、得出的结论均正确的是( )选项实验及现象结论及解释A向NaCN溶液中通入少量CO2气体，生成碳酸钠（酸性：H2CO3HCN）2CN-+H2O+CO2=2HCN+ B在KSCN与FeCl3的混合液中再加入少量KCl固体，溶液颜色不变增大Cl-浓度，平衡不移动C用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗CH3COOH是弱电解质D某温度下，相同pH的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸醋酸酸性：盐酸醋酸A. AB. BC. CD. D【答案】BD【解析】【详解】A向NaCN溶液中通入少量CO2气体，生成碳酸氢钠，可知发生强酸制取弱酸的反应，则离子反应为CN-+H2O+CO2=H
16、CN+，故A不符合题意；BKSCN与FeCl3的混合液中存在3SCN-+Fe3+Fe(SCN)3，加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，溶液颜色不变，即增大Cl-浓度，平衡不移动，故B符合题意；C用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，只能说明溶液中阴阳离子浓度较小，无法证明CH3COOH的电离程度，即无法证明醋酸为弱电解质，故C不符合题意；D相同pH的盐酸与醋酸，稀释相同倍数后，醋酸中氢离子浓度大，pH较大，稀释后溶液pH：盐酸醋酸，由此可以说明酸性：盐酸醋酸，故D符合题意；答案选BD。14. 在3个初始温度均为T的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) (正反应放
17、热)。下列说法正确的是容器编号容器类型初始体积起始物质的量/mol平衡时SO3物质的量/molSO2O2SO3I恒温恒容1.0 L2101.6II绝热恒容1.0 L210aIII恒温恒压0.5 L001bA a1.6B. b0.8C. 平衡时v正(SO2)：v(I)v(II)D. 若起始时向容器I中充入1.0 molSO2(g)、0.20 mol O2(g)和4.0molSO3(g)，则反应将向正反应方向进行【答案】AC【解析】【详解】AII与I初始投入量相同，II为绝热恒容容器，该反应为放热反应，故II随着反应的进行，容器内气体温度升高，平衡时相当于对I容器升高温度，升高温度化学平衡向吸热的
18、逆反应方向移动，则平衡时SO3的物质的量比I小，即a1.6，A正确；B对于I中反应，开始时n(SO2)=2 mol，n(O2)=1 mol，平衡时n(SO3)=1.6 mol，若容器III反应是在恒温恒容下进行，其等效开始状态是n(SO2)=1 mol，n(O2)=0.5 mol，物质的量是I的一半，容器的容积也是I的一半，则二者为等效开始状态，平衡时各种物质的含量相同，则平衡时SO3的物质的量是0.8 mol，但由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，反应III是在恒温恒压下进行，反应从逆反应方向开始，反应发生使气体的压强增大，为维持压强不变，相当于在I平衡的基础上扩大容器的容积而导致减小压
19、强，减小压强化学平衡逆向移动，因此反应III中达到平衡时SO3的物质的量比0.8 mol要少，即b0.8 mol，B错误；CII为绝热容器，随着反应的进行容器内气体的温度升高，温度升高反应速率加快，则平衡时的正反应速率：平衡时v正(SO2)：v(I)v(II)，C正确；D对于反应I，由于容器的容积是1 L，则开始时c(SO2)=2 mol1 L=2 mol/L，c(O2)=1 mol1 L=1 mol/L，平衡时c(SO3)=1.6 mol1 L=1.6 mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时，c(SO2)=2 mol/L-1.6 mol/L=0.4 mol/L，c(O2)=1 mol/L
20、-0.51.6 mol/L=0.2 mol/L，该反应的化学平衡常数K=，若开始时向I中加入1.0 mol SO2(g)、0.20 mol O2(g)和4.0 mol SO3(g)，由于容器的容积是1 L，则c(SO2)=1.0 mol/L，c(O2)=0.20 mol/L，c(SO3)= 4.0 mol/L，则Qc=K，因此反应恰好处于平衡状态，既不向正反应方向移动，也不向逆反应方向移动，D错误；答案选AC。15. Burns和Dainton研究发现C12与CO合成COCl2的反应机理如下：C12（g）2C1（g）快CO（g）+C1（g）COC1（g）快COC1（g）+C12（g）COC12
21、（g）+C1（g）慢其中反应存在v正=k正COC1、v逆=k逆COC1下列说法正确的是（ ）A. 反应的活化能大于反应的B. 反应的平衡常数K=C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应的速率D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COC12的平衡产率【答案】B【解析】【分析】根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。【详解】A活化能越小，反应速率越快，则反应的活化能小于反应的活化能，故A错误；B反应存在v正=k正COC1、v逆=k逆COC1，平衡时正逆反应速率相等，则 ，故B正确；C慢反应决定整个反应速率，要提
22、高合成COCl2的速率，关键是提高反应的速率，故C错误；D催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COC12的平衡产率不变，故D错误；故选：B。卷三.填空题16. 反应热可以通过理论计算得出，也可以通过实验测得。某实验探究小组用0.50molL-1NaOH溶液和0.50molL-1硫酸溶液进行中和热的测定。.配制0.50molL-1NaOH溶液(1)若实验中使用250mLNaOH标准溶液，则在配制时需要称量NaOH固体_g。(2)从下表中选择称量NaOH固体所需要的仪器是_(填字母)。名称托盘天平小烧杯坩埚钳玻璃棒药匙量筒仪器序号abcdef.利用稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反
23、应测定中和热的实验装置如图所示。(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据见表。实验次数起始温度t1/终止温度t2 /H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1225.925.925.929.8326.426.226.330.4近似认为0.50molL-1NaOH溶液和0.50molL-1硫酸溶液的密度都是1gcm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.2Jg-1-1。则中和热H=_(取小数点后一位小数)。上述实验数值结果与理论值有偏差，产生偏差的原因可能是_(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸小烧杯中c.用温度计测定N
24、aOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度d.用铜丝代替环形玻璃搅拌棒搅拌(4)如果用0.50 molL1的硫酸溶液与氢氧化钠固体进行实验，则实验中所测出的中和热数值将_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(5)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钡溶液、稀氨水分别和1L1molL-1的稀硫酸恰好完全反应，其反应热分别为H1、H2、H3，则H1、H2、H3由大到小的顺序为_。【答案】 (1). 5.0 (2). abe (3). -53.8kJmol-1 (4). abcd (5). 偏大 (6). H2H1H3【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤为计算、称量、溶解、转
25、移、洗涤、定容，需要用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒等。中和热的测定实验中，需要根据合理数据的平均值进行计算。【详解】. (1) 配制0.50molL-1NaOH溶液，若实验中使用250mLNaOH标准溶液，则在配制时需要称量NaOH固体质量为0.50molL-10.25L40g/mol=5.0g。(2) NaOH固体易潮解，称量NaOH固体需要在小烧杯中进行，取用粉末状固体要用药匙，称量通常要用到托盘天平，因此，所需要的仪器是abe。.(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，则硫酸过量，生成水的物质的量为0.50molL-10.05L=0.025mol。根据实验数
26、据可知，实验1中温度升高4.0，实验2中温度升高3.9，实验3中温度升高4.1，三个实验平均升高4.0。近似认为0.50molL-1NaOH溶液和0.50molL-1硫酸溶液的密度都是1gcm-3，则溶液的质量为80g，中和后生成溶液的比热容c=4.2Jg-1-1。则中和热H=-53.8kJmol-1。上述实验数值结果与理论值有偏差，中和热的绝对值偏小了。分析产生偏差的原因： a实验装置保温、隔热效果差，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，a可能；b分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，b可能；c用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测
27、定H2SO4溶液的温度，则硫酸的温度偏高，测得的反应热的绝对值会偏小，c可能；d用铜丝代替环形玻璃搅拌棒搅拌，由于铜的导热性好，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，d可能。综上所述，选abcd。(4)如果用0.50 molL1的硫酸溶液与氢氧化钠固体进行实验，由于氢氧化钠溶于水时放出热量，则实验中所测出的中和热数值将偏大。(5)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钡溶液、稀氨水分别和1L1molL-1的稀硫酸恰好完全反应，其反应热分别为H1、H2、H3。由于生成硫酸钡沉淀时放出热量、一水合氨电离时吸收热量。三个反应生成水的物质的量相同，放出的热量越多，其反应热越小，因此，H1、H2、H
28、3由大到小的顺序为H2H1H3。17. 甲醇是重要的工业原料。煤化工可以利用煤炭制取水煤气从而合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。(1)常压下反应的能量变化如图所示。此反应的活化能为_，在_(填“高温”或“低温”)情况下有利于CO和H2制备甲醇的反应自发进行。(2)实验测得16g甲醇CH3OH(l)在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：_。(3)某兴趣小组同学利用甲醇燃料电池探究电浮选法处理污水的一种方式：保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体。Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附污
29、物而沉积下来，具有净化水的作用。装置如图所示。甲池中A极电极反应式：_；工作一段时间后，甲池的pH_（填“变大”、“变小”或“不变”）。Fe(OH)3胶体中分散质粒子的直径范围为_；若乙池实验时污水中离子浓度较小，导电能力较差，净水效果不好，此时应向污水中加入适量的_。AH2SO4 BBaSO4CNa2SO4 DNaOH ECH3CH2OH【答案】 (1). 419kJmol-1 (2). 低温 (3). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-726.5kJmol-1 (4). CH3OH6e-+8OH-=+6H2O (5). 变小 (6). 1100nm (7).
30、 C【解析】【详解】(1)由反应的能量图可知，此反应为放热反应，H0，此反应的活化能为419kJmol-1，S0，要使G=H-TS0，在低温情况下有利于CO和H2制备甲醇的反应自发进行；(2)16g甲醇CH3OH(l)的物质的量为0.5mol，0.5mol甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，1mol甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出726.5kJ的热量，该反应的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-726.5kJmol-1；(3)由装置图可知，甲为甲醇燃料电池，则乙为电解池；A电极甲醇失电子和
31、氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，则电极反应式为：CH3OH6e-+8OH-=+6H2O，甲池由于消耗了氢氧根离子，甲池的pH变小；胶体中分散质粒子的直径在1100nm之间，Fe(OH)3胶体中分散质粒子的直径范围为1100nm，保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀时，加入的使导电能力增强的电解质必须是可溶于水的、显中性的盐；AH2SO4易溶于水，溶于水显酸性会使pH减小，故A不符合题意；BBaSO4难溶于水，故B不符合题意；CNa2SO4易溶于水，溶于水显中性，故C符合题意；DNaOH易溶于水，溶于水显碱性，故D不符合题意；ECH3CH2OH易溶于水，溶于水显中性
32、，乙醇是非电解质，不能使溶液的导电性增强，故E不符合题意；答案选C。18. I.化学反应速率和化学平衡影响因素较多，经常采用控制变量思想分析问题。某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”，进行了如表中的实验：实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6molL-1H2C2O4溶液H2O0.2molL-1KMnO4溶液3molL-1稀硫酸13.04.01.02.06.423.03.02.02.05.233.02.03.02.04.0请回答：(1)已知KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应有CO2生成，用化学
33、方程式表示该实验的实验原理：_。(2)根据表中的实验数据，可以得到的结论是_。(3)利用实验3中数据计算，用KMnO4浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)=_。II.研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。工业上以CO2、NH3为原料生产尿素CO(NH2)2，2NH3(g)+CO2(g)H2O(l)+CO(NH2)2(s)H=-178kJmol-1，T1时，在1L的密闭容器中充入CO2和NH3模拟工业生产，n(NH3)/n(CO2)=x，图中是CO2平衡转化率()与x的关系。(4)一定能判断该反应达到化学平衡状态的是_。A.2v(NH3)正=v(CO2)逆 B.氨气的体积分
34、数不再变化C.气体的密度不再变化 D.气体的平均摩尔质量不再变化E.氨气的物质的量浓度不再变化(5)图中A点NH3的平衡转化率=_%。(6)当x1.0时，若起始的压强为p0 kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2。则该反应的平衡常数Kp=_(kPa)-3（Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压体积分数）。【答案】 (1). 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O (2). 其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率增大 (3). 1.5102mol/(Lmin) (4). CE (5). 33.3 (6). 【解析】【分析】I. (1
35、)高锰酸钾溶液与草酸反应，反应中C的化合价由+3价升高到+4价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降到+2价，由得失电子守恒配平写出化学方程式；(2)根据控制单一变量法分析实验操作与结论；(3)根据v=计算用KMnO4溶液表示的平均反应速率；II. (4)正反应速率与逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，结合“变量不变”思路分析判断是否达到平衡状态；(5) A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，根据平衡转化率的公式解答；(6)利用三段式思想结合平衡常数公式分析计算；【详解】I. (1)高锰酸钾溶液与草酸反应，反应中C的化合价由+3价升高到+
36、4价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降到+2价，由得失电子守恒配平化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案为: 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O；(2)图中数据，不断增大酸性高锰酸钾溶液的浓度，发现褪色时间变短，即反应速率增大，则得出的实验结论为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率增大；(3)实验中，2mL 0.01molL1酸性KMnO4溶液与2mL 0.1molL1H2C2O4溶液反应，草酸过量，用KMnO4溶液表示的平均反应速率为：v(KMnO4
37、)= = =1.5102mol/(Lmin)；II. (4) 反应为：2NH3(g)+CO2(g)H2O(l)+CO(NH2)2(s)A. 化学反应速率之比等于化学计量数之比，2v(NH3)正=v(CO2)逆说明正逆反应速率不相等，即反应未达到了平衡状态，故A错误；B. 该反应是气体反应生成固体和液体的过程，随着反应的进行，氨气与二氧化碳成比例减小，其体积分数属于恒量，则它不再变化不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C.气体的密度为气体的总质量与容器体积的比值，随着反应的进行，气体的总质量为变量，则气体的密度也随着反应的时间在变化，那么气体的密度不变，能说明反应达到平衡状态，故C正确；D. 生
38、成物不是气体，反应物只有氨气和二氧化碳，随着反应的进行，氨气与二氧化碳成比例减小，则气体的平均摩尔质量为定值，即气体的平均摩尔质量不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；E. 随着反应的进行，氨气的物质的量浓度属于变量，则它不再变化能说明反应达到平衡状态，故E正确；故答案为：CE；(5)A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0.50，则转化的CO2的量为1mol0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol2=1mol，NH3的平衡转化率=
39、100=33.3；(6)当x=1.0时，设n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：，又若起始的压强为p0 kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，可知，解得x=mol，则n平(NH3)= mol，n平(CO2)= mol，那么p平(NH3)=kPa，p平(CO2)= kPa，因而Kp=(kPa)-3；【点睛】平衡状态的特征是当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。19. 每年的6月5日为世界环境日，世界环境
40、日的意义在于提醒全世界注意地球状况和人类活动对环境的危害。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)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq) H=-116.1kJmol-13HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) H=+75.9kJmol-1反应3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)的H=_kJmol-1。(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_。(
41、3)pH均为2的HNO3和HNO2溶液，分别加水稀释到pH=4，_加入的水多。(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中，当生成N2 的体积在标准状况下为15.68L时，转移的电子的物质的量为_。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50150范围内随着温度的升高，NOx的去除率迅速上升的主要原因是_；当反应温度高于380时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。【答案】 (1). -136.2 (2). HNO2-2e-+H2O
42、=3H+ (3). HNO2 (4). 2.4mol (5). 催化剂的活性随温度升高增大 (6). NH3与O2反应生成了NO【解析】【分析】应用盖斯定律解答；根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3；HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式；NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子；因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应生成NO
43、。【详解】(1)已知：2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） H1=116.1 kJmol13HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） H2=75.9 kJmol1根据盖斯定律，由+得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）H=（116.1 kJmol1）+75.9 kJmol1=-136.2kJmol1；(2)根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+；(
44、3)HNO3为强酸，HNO2为弱酸，pH均为2的HNO3和HNO2溶液，前者浓度小，后者存在电离平衡，加水过程中电离出更多的氢离子，分别加水稀释到pH=4，HNO2加入的水多； (4)NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。当生成N2 的体积在标准状况下为15.68L时，即0.7molN2，转移电子数为2.4mol；因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50250范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。【点睛】本题以有效去除NOx为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
