1、高考资源网（） 您身边的高考专家2019-2020学年度上学期高二模块考试化 学 试 题可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 S 32 1.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法错误的是A. “暖宝宝”工作时将化学能转化为热能B. 晒自来水养小金鱼利用的是勒夏特列原理C. 在海轮船壳上镶入锌块保护海轮，利用的是阴极电保护法D. 先通入氯气，再加入硫酸亚铁处理水，能达到消毒杀菌和除去悬浮杂质的目的【答案】C【解析】【详解】A. “暖宝宝”的工作原理是利用原电池加快氧化反应速度，将化学能转变为热能，故A正确；B. 用少量氯气消毒的自来水中，发生可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸见
2、光分解反应为：2HClO2HCl+O2，则可促进可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO的化学平衡正向进行，减少氯气的含量，所以可以用勒夏特列原理解释，故B正确；C. 在海轮船壳上镶入锌块，此时锌作负极，铁作为原电池的正极而被保护，不易腐蚀，是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D. 氯气溶于水发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸具有强氧化性，可杀菌消毒，另外氯气可氧化氯化亚铁生成氯化铁，氯化铁可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故D正确；故选C。2.下列操作能实现相应目的的是A. 将FeCl3溶液加热蒸干制备无水FeCl3B. 用干燥的pH试纸测定Na
3、ClO溶液的pHC. 用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂D. 用Cu作阴极，Fe作阳极，实现在Fe上镀Cu【答案】C【解析】【详解】A将FeCl3溶液在HCl的环境中加热蒸干制备无水FeCl3，A不能实现目的；BNaClO水解生成次氯酸，具有强氧化性，用干燥的pH试纸无法测定NaClO溶液的pH，B不能实现目的；C氯化铵为强酸弱碱盐，溶液显酸性，用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂，C能实现目的；D用Cu作阳极，Fe作阴极，实现在Fe上镀Cu，D不能实现目的；答案为C。3.下列说法正确的是A. 将硝酸铵晶体溶于水测得水温下降，证明硝酸铵水解吸热B. 镀锡铁镀层破损后，在潮湿的空气中会加快破损
4、处铁的腐蚀C. 2NO2(g)N2O4(g)平衡后缩小容器体积，NO2转化率增大，气体颜色变浅D. SO2的催化氧化反应，温度越高反应速率越快，越有利于提高SO2的转化率【答案】B【解析】【详解】A硝酸铵晶体溶于水测得水温下降，溶解不是水解，该过程可以证明硝酸铵溶于水吸热，故A错误；B铁比锡活泼，铁作负极，容易失去电子，故会加快破损处铁的腐蚀，B正确；C缩小容器体积，使体系压强增大，但二氧化氮的浓度增大，故气体颜色加深，C错误；DSO2的催化氧化反应是放热反应，升高温度会使平衡逆向移动，故D错误；答案选B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A. 1L0.1molL1的NaF溶
5、液中含有0.1NA个FB. 常温常压下，22.4L Cl2完全溶于水时，转移电子数小于NAC. 标准状况下，44.8L的NO与22.4L 的O2混合后，分子数为2NAD. 25时，1L0.01molL1的CH3COOH溶液中，水电离出的OH的数目为1012NA【答案】B【解析】【详解】A1L0.1molL1的NaF溶液中，F水解生成HF，因此溶液中的F小于0.1NA个，A叙述错误；B常温常压下，22.4LCl2完全溶于水时，只有部分的氯气与水发生反应，则转移电子数小于NA；且常温常压下，22.4LCl2的物质的量小于1mol，B叙述正确；C标准状况下，44.8L的NO与22.4L 的O2混合后
6、，存在2NO+O2=2NO2、2NO2N2O4，分子数小于2NA，C叙述错误；D25时，1L0.01molL1的CH3COOH溶液中，CH3COOH为弱电解质，电离出的氢离子浓度小于0.01molL1，水电离出的OH的数目大于1012NA，D叙述错误；答案B。5.下列有关中和热的说法正确的是A. 1 mol硫酸与1 mol Ba(OH)2完全中和所放出的热量为中和热B. 测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，所测中和热数值偏大C. 在测定中和热时，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，对测定结果无影响D. 在测定中和热时，分多次将NaOH溶液加入盐酸中，所测中和热数值偏小【答案】D【解析】【详解】A中
7、和热是指：稀的强酸和强碱反应生成1mol液态水放出的热量，故A错误；B稀醋酸是弱酸，放出的热量更少，则数值偏小，B错误；C金属导热，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，会导致热量散失，C错误；D分多次将NaOH溶液加入盐酸中，会导致在反应过程中部分热量散失，故所测中和热数值偏小，D正确；答案选D。6.下列关于工业合成氨反应的说法正确的是A. 使用铁做催化剂，可提高合成氨反应的速率和平衡转化率B. 500 左右比室温更有利于合成氨的反应，提高H2的平衡转化率C. 合成氨采用21075107 Pa，因为该压强下铁触媒的活性最高D. 合成氨工业采用高压，不仅能提高转化率，还能缩短到达平衡的时间【答案】D
8、【解析】【详解】A. 催化剂可提高合成氨反应的速率，但不影响平衡移动，故不影响平衡转化率。故A错误；B. 合成氨是放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，利于提高H2的平衡转化率，但反应速率跟温度有关，温度越高速率越大，所以温度是取在既保证一定速率，又保证反应尽量向正反应方向移动，同时还要确保催化剂活性，因为催化剂活性跟温度关系很大，一般合成氨反应500是保证催化活性最大，不是为了使化学平衡向正反应方向移动，故B错误；C. 合成氨的反应是分子数减小的反应，高压有利于向正反应方向移动，且能提高正反应速率，跟催化剂无关，故C错误；D. 合成氨的反应是分子数减小的反应，高压有利于向正反应方向移动，且能
9、提高正反应速率，故合成氨工业采用高压，不仅能提高转化率，还能缩短到达平衡的时间，故D正确；故选D。7.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图：下列说法正确的是A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中，没有CH键发生断裂C. 需要吸收能量并形成了CC键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】A【解析】【详解】A. 根据图示，CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B. CH4选择性
10、活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂，B项错误；C. 根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C项错误；D. 催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选A。8.根据如图能量关系示意图，下列说法正确的是A. 1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJB. 反应2CO(g)O2(g)= 2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C. 由C(s)CO(g)的热化学方程式为：2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1D. 热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则C
11、O热值H10.1 kJmol1【答案】C【解析】【分析】由图可知，转化反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为C(s)O2(g)= CO2(g)H393.5 kJmol1，转化反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为2CO(g)O2(g)= 2CO2(g) H282.9kJmol1，转化转化得C(s)CO(g)的热化学方程式2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1。【详解】A项、由图可知1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量比1 mol CO2(g)能量高393.5 kJ，故A错误；B项、由图可知反应2CO(g)O2(g)= 2
12、CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；C项、由图可知1 mol C(s)与O2(g)生成1 mol CO(g)放出热量为393.5 kJ282.9 kJ110.6 kJ，则C(s)CO(g)的热化学方程式为2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1，故C正确；D项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO的热值为282.9 kJg10.1 kJg1，故D错误；故选C。9.下列说法错误的是A. H0，S0的反应在温度低时不能自发进行B. 一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)Cl2(g)的H0、S0C. 反应NH3(g)HCl
13、(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的H0D. NH4HCO3(g)=NH3(g)H2O(g)CO2(g) H185.57 kJmol1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向【答案】A【解析】【详解】A. 根据G=H-TS判断，对于H0，S0的反应，在任何温度时，G0，反应均能自发进行，故A错误；B. 反应MgCl2(l)Mg(l)Cl2(g)为分解反应，故为吸热反应，则H0，反应物无气体，生成物有气体，则S0，故B正确；C. 该反应NH3(g)HCl(g)=NH4Cl(s)的S0，在室温下可自发进行，则G=H-TS0，则该反应的H0，故C正确；D. 该反应
14、的H0，由于该反应是固体反应物生成气体，S0，则该反应在一定条件下能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故D正确；故选A。10.将6 mol CO2和8 mol H2充入一容积为2 L的密闭容器中(温度保持不变)发生反应CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H0。测得H2的物质的量随时间变化如图所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。该反应在810 min内CO2的平均反应速率是A. 0.5 molL1min1B. 0.1 molL1min1C. 0 molL1min1D. 0.125 molL1min1【答案】C【解析】【详解】由图可知，在810 min内
15、，H2的物质的量都是2 mol，因此v(H2)0 molL1min1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(CO2)v(H2)0 molL1min1，故选C。11.下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1 molL1Na2CO3溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液的pH比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱B室温下，分别测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH比较S、C元素的非金属性强弱C相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL H2O，向另一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL FeC
16、l3溶液，观察并比较实验现象探究FeCl3对H2O2分解速率的影响D向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时加入2 mL 5% H2O2溶液，观察并比较实验现象探究浓度对反应速率的影响A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱，用pH试纸测等浓度的碳酸和醋酸的pH，故A错误；B亚硫酸不是硫元素对应的最高价氧化物的水化物，故不能直接比较非金属性，B错误；C探究探究FeCl3对H2O2分解速率的影响，宜采用控制变量法，保证其他环境一样，C正确；D亚硫酸氢钠和过氧化氢反应，无明显现象，无法判断反应速率，故D错误；答案选C。12
17、.工业上利用Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化稼(GaN)同时有氢气生成。反应中，每生成3molH2时放出30.8kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应， 下列有关表达正确的是A. I图像中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可以为升温或加压B. II图像中纵坐标可以为镓的转化率C. III图像中纵坐标可以为化学反应速率D. IV图像中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量【答案】A【解析】【详解】AI图象中如果纵坐标为正反应速率，升高温度或增大压强，反应速率增大，图象符合题意，A正确；BGa是固体，没有浓度可言，不能计算其转化率，B错误；CGa是固体，其质量不影响反应
18、速率，C错误；D反应方程式为2Ga（s）+2NH3（g）2GaN（s）+3H2（g）H0，相同压强下，升高温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，D错误；答案选A。13.某新型锂电池工作原理如图所示，电池反应为：C6LixLi1xLaZrTaOLiLaZrTaOC6。下列说法错误的是A. 电池放电时，b极为正极，a极发生氧化反应B. b极反应为xLi+Li1xLaZrTaOxe= LiLaZrTaOC 当电池工作时，每转移x mol电子，b极增重7x gD. 电池充放电过程，LiLaZrTaO固态电解质均起到传导Li+的作用【答案】B
19、【解析】【分析】根据电池总反应式C6LixLi1xLaZrTaOLiLaZrTaOC6以及装置图中Li+的移动方向可知，b电极为正极，a电极为负极，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+，正极反应式为Li1-xLaZrTaO+xLi+xe-=LiLaZrTaO，电池工作时，阴离子移向负极a，阳离子移向正极b，据此分析解答。【详解】A. 根据装置图中Li+移动方向可知，b电极为正极，a电极为负极，a极发生氧化反应，故A正确；B. 放电时，a电极为负极，b电极为正极，正极上Li1xLaZrTaO得电子生成LiLaZrTaO，反应式为xLi+Li1xLaZrTaO+xe= LiLaZrTaO
20、，故B错误；C. 当电池工作时，处于放电状态，为原电池原理，b电极为正极，反应式为xLi+Li1xLaZrTaO+xe= LiLaZrTaO，故每转移xmol电子，b极增加xmol Li+，质量为7g/molx mol=7xg，故C正确；D. 由反应原理和装置图可知，放电时，Li+从a电极通过LiLaZrTaO固态电解质移动向b电极，并嵌入到b极，充电时，Li+从b电极通过LiLaZrTaO固态电解质移动向a电极，并嵌入到a极，故电池充放电过程，LiLaZrTaO固态电解质均起到传导Li+的作用，故D正确；故选B。14.科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单
21、质 硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法正确的是A. 电极a为电池的正极B. 电极b上发生的电极反应为：O24H4e=2H2OC. 电路中每通过2 mol电子，在正极消耗22.4L H2SD. 每17g H2S参与反应，有2 mol H经质子膜进入正极区【答案】B【解析】【详解】A根据电极的反应物与生成物可判断，电极a是负极，电极b是正极，故A错误；B电极b是正极，发生电极反应：O24H4e=2H2O，B正确；CH2S是气体，在表明体积时要说明温度、压强，C错误；D17g H2S参与反应，只失去1mol电子，对应移动的离子也是1mol，故每17g H2S参与反应，有1 mol
22、 H经质子膜进入正极区，D错误；答案选B。15.将1molM和2 molN置于体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：M(s)+2N(g)P(g)+Q(g) H。反应过程中测得P的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2B. 温度为T1时，N的平衡转化率为80%，平衡常数K=40C. 无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度和压强不变时，反应达平衡状态D. 降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率【答案】A【解析】【详解】A. 若X点P的体积分数40%，Y点P的体积分数小于40%，X点P的含量
23、高，P为生成物，产率越大，平衡常数越大，两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2，故A正确；B. 温度为T1时，设N的变化量为xmol，根据反应：M(s)+2N(g)P(g)+Q(g) 初始（mol）：1 2 0 0 变化（mol）： x 平衡（mol）： 2-x 温度为T1时，X点P的体积分数=40%，解得x=1.6mol。N的平衡转化率为=80%，平衡常数K=4，故B错误；C. 该反应为反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，不能做为达到平衡的判断依据，故C错误；D.该反应为反应前后气体体积不变的体系，增大压强，反应速率加快，但压强不影响平衡移动，转化率不变；根据“先拐先平数值大
24、”的原则，T2 T1，降低温度P的体积分数减少，反应向逆向进行，即放热的方向进行，反应物的转化率较低，故D错误；答案选A。16.过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：(1)室温下，过氧化氢的Ka12.2410-12，则H2O2的酸性_H2O(填“”“”或“”)，H2O2的一级电离方程式为_。(2)研究表明，过氧化氢溶液中c(HO)越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是_。(3)100时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24 h的分解率见表：离子加入量
25、/(mgL-1)分解率/%离子加入量/(mgL-1)分解率/%无2Fe31.015Al3102Cu20.186Zn21010Cr30.196由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是_；储运过氧化氢时，可选用的容器材质为_(填序号)。A不锈钢 B黄铜 C纯铝 D铸铁【答案】 (1). (2). H2O2HHO (3). pH升高，c(HO)增大，分解速率加快 (4). Cr3 (5). C【解析】【分析】根据过氧化氢的Ka1和水的Kw比较；根据图象以及已知信息，结合平衡移动分析；根据催化剂对反应的活化能和反应速率的影响分析。【详解】(1)过氧化氢的Ka1Kw，故H2O2电离出氢
26、离子的能力大于水，故H2O2的酸性H2O；H2O2的一级电离方程式为H2O2HHO；(2)pH增大，c(H+)减小，反应H2O2HHO正向进行，c(HO)增大，则过氧化氢的分解速率加快；(3)根据表中数据分析，Cr3的加入量最少，对应的H2O2的分解率最大，说明Cr3对过氧化氢分解反应的催化效果最好，即使过氧化氢分解反应的活化能降低最多；使用题述金属材质的容器贮运过氧化氢时，必然会有微量的相应金属离子的溶出，Al3+对H2O2分解的影响最小，因此可以选用纯铝容器来贮运过氧化氢，故选C。【点睛】催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动。催化剂通过降低反应的活化能，加快反应速率，催化效率越高的催化剂
27、，降低反应的活化能越多。17.现有常温下的4种溶液：0.01 molL1CH3COOH溶液；0.01 molL1HCl溶液；pH12的氨水；pH12的NaOH溶液。回答下列问题：(1)4种溶液中水的电离程度最大的是_(填序号)。(2)将4种溶液同等程度稀释10倍后，溶液pH由大到小的顺序是_。(3)若将混合后所得溶液中的c(CH3COO)c(H)，则下列说法正确的是_(填序号)。A溶液一定呈酸性 B溶液一定呈碱性 C溶液一定呈中性 D溶液可能呈酸性、中性或碱性(4)若将混合后所得溶液的pH7，则消耗溶液的体积：_ (填“”“”或“”)。(5)若将混合后所得溶液的pH10，则消耗和溶液的体积比：
28、_。【答案】 (1). (2). (3). D (4). (5). 99:101【解析】【分析】常温下，0.01 molL1CH3COOH溶液的pH大于2，c(H+)小于0.01 molL1；0.01 molL1HCl溶液的pH等于2，c(H+)=0.01 molL1；pH12的氨水，c(OH-)=0.01 molL1；pH12的NaOH溶液是强碱溶液，c(OH-)=0.01 molL1。【详解】（1）水的电离受酸碱的抑制，酸碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，其对水的电离的抑制作用就越大。4种溶液中，醋酸电离的氢离子浓度最小，故其中水的电离程度最大的是；（2）将4种溶液同等程度稀释10倍后
29、，溶液的pH大于3，溶液溶液的pH为3，溶液的pH介于11和12之间，溶液的pH为11，则pH由大到小的顺序是：；（3）0.01 molL1CH3COOH溶液中，向其中加入少量pH12的NaOH溶液后，c(CH3COO)增大、c(H)减小，可以保证所得溶液是酸性的，且溶液中的c(CH3COO)c(H)；继续加入pH12的NaOH溶液至溶液呈中性，c(CH3COO)增大、c(H)减小，仍能满足溶液中的c(CH3COO)c(H)；继续加入pH12的NaOH溶液至两者恰好反应，可以得到醋酸钠溶液，因CH3COO水解而使溶液呈碱性，水解的程度是很小的，故溶液中的c(CH3COO)c(H)。综上所述，溶
30、液可能呈酸性、中性或碱性，说法正确的是D；（4）若将两溶液按体积比1:1混合后，所得溶液因氨水过量很多而显碱性，要使pH7，则消耗碱性溶液的体积更少，故；(5)若将混合后所得溶液的pH10，则溶液显碱性，pH10时，氢氧根离子浓度为10-4molL1，则，有，则消耗和溶液的体积比为99:101。18.氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用；NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可用作做净水剂的原因是_ (用离子方程式表示)。(2)相同条件下，0.1
31、 molL1NH4Al(SO4)2中c(NH)_0.1 molL1NH4HSO4中c(NH)。(填“”“”或“”)(3)图所示是0.1 molL1电解质溶液的pH随温度变化的图像。图中符合0.1 molL1 NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_(填序号)；20 时，0.1 molL1 NH4Al(SO4)2溶液中2 c(SO)c(NH)3 c(Al3)_molL1。(4)若液氨中也存在类似水的电离(H2OH2OH3OOH)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。液氨的电离方程式为_。碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系为_。【答案】 (1). Al33H2OAl(
32、OH)3(胶体)3H (2). c(CO)c(NH)c(NH4CO)c(NH)【解析】【分析】(1)NH4Al(SO4)2为强酸弱碱盐，铝离子水解生成氢氧化铝胶体；(2)相同浓度铝离子水解生成的氢离子浓度小于NH4HSO4电离产生的氢离子；(3)根据溶液呈电中性计算；(4)碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系与在水中类似。【详解】(1)NH4Al(SO4)2中的铝离子在水中发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体能够吸附溶液中的粒子生成沉淀起到净水的作用；(2)0.1 molL1NH4Al(SO4)2中部分铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，对铵根离子的水解有抑制作用，但产生的氢离子浓度小于NH4
33、HSO4中电离产生的氢离子，则0.1 molL1NH4Al(SO4)2中c(NH)小；(3)NH4Al(SO4)2为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，升高温度，平衡向水解的方向移动，则酸性增强，曲线I符合0.1 molL1 NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化；根据溶液呈电中性，2 3c(Al3)+c(H+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH-)，则2c(SO)-c(NH)-3c(Al3)c(H+)-c(OH-)=10-3mol/L-10-11mol/L；(4)液氨的电离类似水的电离，则电离方程式为NH3NH3NHNH；碳酸钠的液氨溶液发生全电离与水解，Na2CO3=2Na+、+NH3+NH(少
34、量)，则c(Na)c(CO)c(NH)c(NH4CO)c(NH)。19.铬是常见的过渡金属之一，研究铬的性质具有重要意义。回答下列问题：(1)在如图装置中，观察到装置甲中铜电极上产生大量的无色气体，而装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体。由此可知，金属活动性Cr_Cu(填“”“”或“”)；装置乙中正极的电极反应式为_。(2)CrO3和K2Cr2O7均易溶于水，它们是工业废水造成铬污染的主要原因。要将Cr()转化为Cr()常见的处理方法是电解法。将含Cr2O的废水加入电解槽内，用石墨和铁做电极，在酸性环境中，加入适量的NaCl进行电解。铁做_极(填“阳”或“阴”)。Cr2O转化
35、为Cr3的离子方程式为_。阴极上Cr2O、H、Fe3都可能放电。若Cr2O放电，则阴极的电极反应式为_；若H放电，则阴极区形成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，已知：常温下，Cr3Cr(OH)3CrO，则阴极区溶液pH的范围为_。【答案】 (1). (2). NO2He= NO2H2O (3). 阳 (4). Cr2O6Fe214H= 2Cr36Fe37H2O (5). Cr2O6e14H=2Cr37H2O (6). 8pH10(或10pH8)【解析】【分析】(1)根据原电池的工作原理以及原电池中电极的反应现象分析；(2)结合电解的目的，根据电解原理分析解答。【详解】(1)原电池中，负极上是
36、失电子的氧化反应，装置甲铜电极上产生大量的无色气体，说明金属铜是正极，铬为负极；装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体为二氧化氮，则硝酸得到电子产生二氧化氮，发生还原反应的电极是正极，则金属铬是正极，铜作负极，由装置甲知铬的金属活动性比铜强，由装置乙知常温下铬在浓硝酸中钝化；装置乙中正极的电极反应式为NO2He= NO2H2O；(2)要将Cr2O转化为Cr3，需要有还原性物质，因此铁作阳极，失去电子生成Fe2，在酸性环境中，Fe2将Cr2O还原为Cr3，由以上分析知，铁作阳极；在酸性环境中，Fe2将Cr2O还原为Cr3，故Cr2O转化为Cr3的离子方程式为Cr2O6Fe214H
37、= 2Cr36Fe37H2O；阴极上发生得电子的还原反应，若Cr2O在阴极放电，则阴极的电极反应式为Cr2O6e14H=2Cr37H2O；若H放电，则阴极区形成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，根据Cr3Cr(OH)3CrO，要生成Cr(OH)3沉淀，则10-6mol/Lc(OH-)10-4mol/L，则阴极区溶液pH的范围为8pH10(或10pH8)。【点睛】第(2)问在判断电解池的阴阳极时，需要根据电解的目的：要将Cr2O转化为Cr3，因此需要产生还原性物质，从而确定铁作阳极，失去电子生成Fe2，在酸性环境中，Fe2将Cr2O还原为Cr3。20.工业废气、汽车尾气排放出的NOx、SO2等
38、是形成酸雨的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。回答下列问题：INOx的消除(1)汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可发生如下反应： 2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO2(g) H。若已知：CO的燃烧热H1-283.0 kJmol-1N2(g)O2(g)2NO(g)H2180.5 kJmol-1则反应2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g) 的H_。(2)T 下，向一容积不变的密闭容器中通入一定量的NO(g)和CO(g)，用气体传感器测得不同时间NO(g)和CO(g)浓度如下表：时间/s012345c(NO)/104molL-110.04.50c1
39、1.501.001.00c(CO)/103molL-13.603.05c22.752.70270则c2合理的数值为_ (填序号)。A2.80 B2.95 C3.00 D4.20(3)某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图所示。下列说法正确的是_ (填序号)。A曲线中催化剂脱氮率比曲线中的高B相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响C曲线中的催化剂适用于450 左右脱氮D两种催化剂均能降低活化能，但H不变IISO2的综合利用(4)某研究小组对反应NO2(g
40、)SO2(g)SO3(g)NO(g)H0进行相关实验探究。在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比n0(NO2)n0(SO2)进行多组实验(各组实验的温度可能相同，也可能不同)，测定NO2的平衡转化率(NO2)。部分实验结果如图所示。图中A点对应温度下，该反应的化学平衡常数K_。如果将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是_。图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断：TC_TD (填“”“”或“”)。【答案】 (1). 746.5kJmol1 (2). A (3). CD (4). 0.25 (5). 降低温度 (6). 【解析】【分析】I(1)
41、根据盖斯定律计算；(2)根据反应速率随反应进行的变化分析；(3)根据温度、压强、催化剂对反应速率以及平衡的影响分析；II(4)根据化学平衡常数的定义，列三段式计算；根据外界因素对平衡移动的影响分析；根据化学平衡常数的定义，列三段式计算平衡常数，再根据温度对平衡常数的影响分析。【详解】I(1)已知：CO的燃烧热H1-283.0 kJmol-1，可得热化学方程式：CO(g)+O2(g)CO2(g) H1-283.0 kJmol-1；N2(g)O2(g)2NO(g)H2180.5 kJmol-1；根据盖斯定律可得，2得到2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g) H-283.0 kJmol-1
42、2-180.5 kJmol-1= 746.5kJ/mol；(2)该反应4s时达到平衡状态，在平衡之前，反应速率逐渐减小，因此1s到2s的平均反应速率大于2s到3s的平均反应速率，即3.05c2c22.75，解得c22.9，故选A；(3)A. 曲线中催化剂脱氮率与曲线相比，不一定高，和温度有关，图像中低温下曲线脱氮率较高，故A错误；B. 该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，脱氮率增大，故B错误；C. 根据图像知，曲线中催化剂在450 左右脱氮率最高，则曲线中的催化剂适用于450 左右脱氮，故C正确；D. 两种催化剂均能降低活化能，加快反应速率，但H不变，故D正确；
43、II(4)A点的原料气配比为0.4，NO2的平衡转化率为50%，则可列出三段式(单位为mol/L)：，故该温度下，反应的化学平衡常数；C点和B点原料气配比相同，B点NO2的平衡转化率大于C点，说明将C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡向正反应方向移动，该反应是正反应气体分子数不变的放热反应，故应采取的措施是降低温度；C点的原料气配比为1，NO2的平衡转化率为50%，则可列出三段式(单位为mol/L)：，故TC温度下，反应的化学平衡常数；D点的原料气配比为1.5，NO2的平衡转化率为40%，则可列出三段式(单位为mol/L)：，故TD温度下，反应的化学平衡常数；TC和TD温度下，反应的化学平衡常数相等，又温度不变，平衡常数不变，故TC=TD。【点睛】催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，也不能改变反应的反应热，这是同学们的易错点。- 20 - 版权所有高考资源网
