模块综合试卷(二)

模块综合试卷(二)
(满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。

每小题只有一个选项符合题意)
1．下列说法不正确的是( )
A ．已知冰的熔化热为6.0 kJ·mol －1，冰中氢键键能为20 kJ·mol －1，假设1 mol 冰中有2 mol 氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键
B ．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c ，若加水稀释，则CH 3COOH CH 3COO －＋H ＋平衡向右移动，电离程度增大，K a 不变
C ．甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol －1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH 4(g)＋
2O 2(g)===CO 2(g)＋2H 2O(l) ΔH ＝－890.3 kJ·mol －1
D ．500 ℃、30 MPa 下，将0.5 mol N 2和1.5 mol H 2置于密闭的容器中充分反应生成NH 3(g)，放热19.3 kJ ，其热化学方程式为N 2(g)＋3H 2(g)
2NH 3(g) ΔH ＝－38.6 kJ·mol －
1 答案 D
解析 1 mol 冰中有2 mol 氢键，键能和为40 kJ ，1 mol 冰的熔化热为6.0 kJ·mol －1，6.040
×100%＝15%，故A 正确；一定温度下，弱电解质的浓度越小，电离程度越大，但电离平衡常数只与温度有关，则保持不变，故B 正确；已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol －1，则表示1 mol 甲烷完全燃烧生成指定产物所放出的热量为890.3 kJ ，故C 正确；由于该反应为可逆反应，无法确定转化的氮气的量，故其焓变无法确定，故D 错误。

2．2SO 2(g)＋O 2(g)2SO 3(g) ΔH ＝－198 kJ·mol －1，在V 2O 5存在时，该反应机理为：V 2O 5＋SO 2―→2VO 2＋SO 3(快)；4VO 2＋O 2―→2V 2O 5(慢)。

下列说法正确的是( )
A ．反应速率主要取决于V 2O 5的质量
B ．VO 2是该反应的催化剂
C ．该反应逆反应的活化能大于198 kJ·mol －
1
D ．升高温度，该反应的ΔH 增大
答案 C
3．下列有关说法正确的是( )
A ．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，会造成测定结果偏低
B ．工业废水中的Cu 2＋、Hg 2＋等重金属阳离子可以通过加入FeS 除去
C．工业上常在铁板表面镀上一层锡(俗称马口铁)来防止铁板表面破损后发生电化学腐蚀D．等体积的pH均为2的酸HA和HB的溶液分别与足量的铁粉反应，HA放出的H2多，说明HA酸性强
答案 B
解析实际进入锥形瓶内标准液的体积小，但计算时标准液体积偏大，导致测定结果偏高，故A错误；FeS的溶度积大于CuS、HgS的溶度积，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2＋、Hg2＋，故B正确；Fe、Sn和电解质溶液构成原电池时，Fe易失电子作负极，Sn作正极，导致Fe被加速腐蚀，故C错误；等体积等pH的不同一元酸分别与足量铁粉反应，弱酸放出的氢气多，因为等pH的不同一元酸，弱酸的浓度较大，则等体积的pH均为2的酸HA和HB 的溶液分别与足量的铁粉反应，HA放出的H2多，说明HA酸性弱，故D错误。

4. 如图是生产水煤气的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的能量变化图，由图可判断下列说法正确的是()
A．容器内充入1 mol CO、1 mol H2后充分反应，放出(b－a) kJ的热量
B．C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)
ΔH＝－(b－a) kJ·mol－1
C．该反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放
D．加入催化剂可以减小(b－a)的值，从而提高反应速率
答案 C
解析该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以容器内充入1 mol CO、1 mol H2后充分反应，放出的热量小于(b－a) kJ，故A错误；根据图知，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能＝(b－a) kJ·mol－1，故B错误；断键时吸收能量、成键时放出能量，水分子分解生成H、O原子时吸收能量，H、O、C生成氢气和一氧化碳时放出能量，故C正确；催化剂不改变焓变，所以加入催化剂(b－a)的值不变，但是催化剂能降低反应所需的活化能，增大活化分子百分数，化学反应速率加快，故D错误。

5．下列方程式书写正确的是()
A．H2S 的电离方程式：H2S H＋＋HS－
B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO2－3
C．CO2－3的水解方程式：CO2－3＋2H2O H2CO3＋2OH－
D．HS－的水解方程式：HS－＋H2O S2－＋H3O＋
答案 A
解析多元弱酸的电离是分步进行的，H2S的第一步电离方程式为H2S H＋＋HS－，A正确；NaHCO3在水溶液中的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO－3、HCO－3H＋＋CO2－3，B错误；CO2－3的水解是分步进行的，第一步水解方程式为CO2－3＋H2O HCO－3＋OH－，C 错误；HS－的水解方程式为HS－＋H2O H2S＋OH－，D错误。

6．对下列图示实验的描述正确的是()
A．图1所示的实验：钢闸门连在外接电源的负极上，可以对其进行保护
B．图2所示的实验：用NaOH溶液滴定盐酸
C．图3所示的实验：用浓硫酸和NaOH溶液反应测定中和反应的反应热
D．图4所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断2NO2(g)N2O4(g)的正反应是吸热反应
答案 A
解析钢闸门连在外接电源的负极上，作阴极，被保护，为外加电流法，故A正确；NaOH 溶液滴定盐酸，NaOH应盛放在碱式滴定管中，滴定管选择不合理，故B错误；浓硫酸稀释放热，应选稀硫酸与NaOH溶液反应测定中和反应的反应热，故C错误；热水中颜色变深，可知升高温度2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，则正反应为放热反应，故D错误。

7. (2020·江苏，15改编)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应：
CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g)
ΔH＝＋247.1 kJ·mol－1
H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)
ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1
在恒压、反应物起始物质的量之比为n(CH4)∶n(CO2)＝1∶1的条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。

下列有关说法正确的是()
A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线A表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800 K、n(CH4)∶n(CO2)＝1∶1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率可能达到Y点的值
答案 D
解析A项，甲烷参与的反应为吸热反应，升高温度，甲烷的平衡转化率增大，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，甲烷的平衡转化率减小，错误；B项，CO2参与两个反应，且第一个反应中甲烷和二氧化碳的化学计量数相等，因此当起始时甲烷和二氧化碳的物质的量之比为1∶1时，同温度下CO2的转化率大于甲烷的转化率，即曲线B表示甲烷的平衡转化率随温度的变化，错误；C项，催化剂不能改变化学平衡，因此两条曲线不能重叠，错误；D项，温度不变，增大二氧化碳的量，平衡可向右移动，甲烷的转化率增大，可能达到Y点的值，正确。

8．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH H＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是() A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数K a增大
B．0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH－)增大
C．CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．25 ℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数K a和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
答案 D
解析弱电解质的电离平衡常数只受温度影响，升高温度醋酸电离平衡常数增大，A项正确；将溶液稀释，c(H＋)减小，c(OH－)增大，B项正确；加入CH3COONa会抑制CH3COOH的电离，C项正确；加入冰醋酸，溶液的pH、电离程度均减小，但电离常数不变，D项错误。

9．下列实验中，由实验现象不能得到正确结论的是()
选项实验现象结论
A 将FeCl3溶液加入Mg(OH)2
悬浊液中，振荡
沉淀由白色变为
红褐色
Fe(OH)3的溶解度小于
Mg(OH)2的溶解度
B 在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶
液并加热
加热后红色加深证明盐类水解是吸热反应
C 向1.0 mol·L－1的NaHCO3
溶液中滴加2滴甲基橙
溶液呈黄色NaHCO3溶液呈碱性
D 相同的铝片分别与同温同体
积，且c(H＋)＝1 mol·L－1的
盐酸、硫酸反应
铝与盐酸反应产
生气泡较快
可能是Cl－对该反应起到
促进作用
答案 C
解析将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，故A正确；醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，向醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液，加热后若红色加深，碱性增强，平衡正向移动证明水解过程是吸热反应，故B正确；甲基橙的变色范围为3.1～4.4，溶液变黄色，溶液可能呈酸性、中性或碱性，故C错误；相同的铝片，氢离子浓度相同，但阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，可能是Cl－对该反应起到促进作用，故D正确。

10．(2021·浙江1月选考，22)镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。

下列说法不正确的是()
A ．断开K 2、合上K 1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能
B ．断开K 1、合上K 2，电极A 为阴极，发生还原反应
C ．电极B 发生氧化反应过程中，溶液中KOH 浓度不变
D ．镍镉二次电池的总反应式：Cd ＋2NiOOH ＋2H 2O
放电充电Cd(OH)2＋2Ni(OH)2 答案 C
解析 断开K 2、合上K 1时，是放电过程，化学能转化为电能，A 正确；断开K 1、合上K 2时，是充电过程，电极A 与电源负极相连，是阴极，发生还原反应，B 正确；断开K 1、合上K 2时，电极B 与电源正极相连，是阳极，电极反应为2Ni(OH)2＋2OH －－2e －===2NiOOH ＋2H 2O ，KOH 浓度会减小，C 错误；充电时的电极反应分别为阳极：2Ni(OH)2＋2OH －－2e －===2NiOOH ＋2H 2O ，阴极：Cd(OH)2＋2e －===Cd ＋2OH －，可知镍镉二次电池的总反应式为Cd ＋2NiOOH ＋2H 2O 放电
充电
Cd(OH)2＋2Ni(OH)2，D 正确。

11. 室温下，在1 mol·L －1的某二元酸H 2A 溶液中，HA －、A 2－的物质的量分数随pH 变化的
关系如图所示，下列说法不正确的是( )
A ．H 2A 的电离方程式为H 2A===H ＋＋HA －，HA －A 2－＋H ＋
B ．室温下，电离平衡HA －A 2－＋H ＋的平衡常数K a ＝10－3
C ．等物质的量浓度的NaHA 和Na 2A 溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c (Na ＋)>c (HA －)>
c (A 2－)
D ．在Na 2A 溶液中存在c (Na ＋)＝2c (A 2－)＋2c (HA －)
答案 C
解析 A 项，据图可知，H 2A 溶液中不存在H 2A 分子，说明H 2A 第一步完全电离，HA －、A 2－共存，第二步部分电离，所以H 2A 的电离方程式为H 2A===H ＋＋HA －，HA －
A 2－＋H ＋，正确；
B 项，据图可知，当pH ＝3时，c (A 2－)＝c (HA －)，电离平衡HA －
A 2－＋H ＋的平衡常数K a ＝c (A 2－)·c (H ＋)c (HA －)
＝10－3，正确；C 项，HA －A 2－＋H ＋的平衡常数K a ＝10－3，A 2－水解平衡常数K h ＝10－1410－3
＝10－11<10－3，HA －的电离程度大于A 2－ 的水解程度，所以c (HA
－)<c (A 2－)，错误；D
项，根据元素质量守恒，在Na 2A 溶液中存在c (Na ＋)＝2c (A 2－)＋2c (HA
－)，正确。

12．已知K sp (CaCO 3)＝2.8×10－9及表中有关信息： 弱酸 CH 3COOH
H 2CO 3 电离平衡常数(常温)
K a ＝1.8×10－5 K a1＝4.3×10－7 K a2＝5.6×10－11
下列判断正确的是( ) A ．向Na 2CO 3溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是CO 2－3＋2H 2O H 2CO 3＋2OH －
B ．常温时，CH 3COOH 与CH 3COONa 混合溶液的pH ＝6，则c (CH 3COOH )c (CH 3COO －)
＝18 C ．NaHCO 3溶液中：c (OH －)－c (H ＋)＝c (H 2CO 3)－c (CO 2－3)
D ．2×10－4 mol·L
－1的Na 2CO 3溶液与CaCl 2溶液等体积混合出现沉淀，则CaCl 2溶液的浓度一定是5.6×10－5 mol·L －1
答案 C
解析 弱酸根离子水解是分步进行的，以第一步为主，向Na 2CO 3溶液中滴入酚酞，溶液变
红，主要原因是CO 2－3＋H 2O HCO －3＋OH －，故A 错误；常温时，CH 3COOH 与CH 3COONa
混合溶液的pH ＝6，醋酸的电离平衡常数表达式为K a ＝c (CH 3COO －)·c (H ＋)c (CH 3COOH )，1.8×10－5
10
－6＝c (CH 3COO －)c (CH 3COOH )，c (CH 3COOH )c (CH 3COO －)＝118
，故B 错误；NaHCO 3溶液中的元素质量守恒：c (Na ＋)＝c (H 2CO 3)＋c (HCO －3)＋c (CO 2－3)，电荷守恒：c (H ＋)＋c (Na ＋)＝c (OH －)＋c (HCO －3)＋2c (CO 2－3)，
两式联立得：c (OH －)＋c (CO 2－3)＝c (H 2CO 3)＋c (H ＋)，故C 正确；已知K sp (CaCO 3)＝2.8×10
－9＝c (CO 2－3)·c (Ca 2＋)，2×10－4 mol·L －1的Na 2CO 3溶液与CaCl 2溶液等体积混合，c (CO 2－3)＝2× 10－4 mol·L －1×V 2V
＝1×10－4 mol·L －1，代入公式，得c (Ca 2＋)＝2.8×10－5 mol·L －1，则原CaCl 2溶液中c (Ca 2＋)≥2.8×10－5 mol·L －1×2＝5.6×10－5 mol·L －1，故D 错误。

13．(2021·天津，11)如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O 2生成，Fe 2O 3逐渐溶解，下列判断错误的是( )
A ．a 是电源的负极
B ．通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色
C ．随着电解的进行，CuCl 2溶液浓度变大
D ．当0.01 mol Fe 2O 3完全溶解时，至少产生气体336 mL(折合成标准状况下)
答案 C
14. 25 ℃时，将1.0 L c mol·L －
1 CH 3COOH 溶液与0.1 mol NaOH 固体混合，使之充分反应。

然后向该混合溶液中加入CH 3COOH 或CH 3COONa 固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH 的变化如图所示。

下列叙述错误的是( )
A ．该温度下，醋酸的电离平衡常数K a ＝10－
8c
B ．a 点对应的混合溶液中c (CH 3COOH)>c (Na ＋)>c (OH －)
C ．水的电离程度：c>b>a
D ．当混合溶液呈中性时，c (Na ＋)＝c (CH 3COO －)>c (H ＋)＝c (OH －)
答案 A
解析 a 点溶液的pH ＝3.1，是加入醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c (CH 3COO －)＞c (Na ＋)，醋酸的电离程度较小，则c (CH 3COOH)>c (Na ＋)>c (OH －)，B 正确；a 点溶液以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，c 点加入醋酸钠固体，水的电离程度增大，故水的电离程度：c>b>a ，C 正确；当混合溶液呈中性时，c (H ＋)＝c (OH －)，根据电荷守恒有c (Na ＋)＝c (CH 3COO －)，则c (Na ＋)＝c (CH 3COO －)>c (H ＋)＝c (OH －), D 正确。

15. 已知p(A)＝－lg c (A)。

三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

下列说法不正确的是( )
A ．a 点无ZnS 沉淀生成
B ．可用MnS 除去MnCl 2溶液中混有的少量ZnCl 2
C ．向CuS 悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c (S 2－)增大
D ．CuS 和MnS 共存的悬浊液中，c (Cu 2＋)c (Mn 2＋)
＝10－20 答案 C
解析 p(A)＝－lg c (A)，则c (A)＝10－p(A) mol·L －1，故p(A)越大，c (A)越小。

所以平衡曲线右上方为不饱和溶液，平衡曲线左下方为过饱和溶液。

a 点不饱和，没有ZnS 沉淀析出，A 正确；MnS 的溶解度大于ZnS ，向MnCl 2溶液中加入MnS 固体，可以促使平衡MnS(s)＋Zn 2＋(aq)ZnS(s)＋Mn 2＋(aq)向右移动，即MnS 转化为更难溶的ZnS ，达到除去Zn 2＋的目的，B 正确；向CuS 悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，由于悬浊液中存在CuS 固体，溶液依然是饱和的，所以c (S 2－)不变，C 错误；当p(S 2－)＝0，p(Mn 2＋)＝15，即c (S 2－)＝1 mol·L －1时，c (Mn 2＋)＝10－15
mol·L －1，K sp (MnS)＝c (Mn 2＋)·c (S 2－)＝10－15；当p(S 2－)＝25，p(Cu 2＋)＝10，即c (S 2－)＝10－25 mol·L －1，c (Cu 2＋)＝10－10 mol·L －1，K sp (CuS)＝c (Cu 2＋)·c (S 2－)＝10
－35。

CuS 和MnS 共存的悬浊液中，c (Cu 2＋)c (Mn 2＋)＝K sp (CuS )K sp (MnS )＝10－3510
－15＝10－20，D 正确。

二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16．(12分)(1)已知：①Fe(s)＋12
O 2(g)===FeO(s) ΔH 1＝－272.0 kJ·mol －
1；
②2Al(s)＋32
O 2(g)===Al 2O 3(s) ΔH 2＝－1 675.7 kJ·mol －1。

Al 和FeO 发生铝热反应的热化学方程式是_______________________________________。

某同学认为，铝热反应可用于工业炼铁，你的判断是________(填“能”或“不能”)，你的理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

(2)反应物与生成物均为气态的某可逆反应在不同条件下的反应过程分别为A、B，如图所示：
①据图判断该反应是____(填“吸”或“放”)热反应。

②其中过程B表明此反应采用的条件为______(填字母)。

A．升高温度B．增大反应物的浓度
C．降低温度D．使用催化剂
答案(1)3FeO(s)＋2Al(s)===Al2O3(s)＋3Fe(s)
ΔH＝－859.7 kJ·mol－1不能铝热反应虽然为放热反应，但铝需要电解法制备，消耗能量多；铝热反应得到的物质纯度低；引发需要消耗大量的热量等(2)①吸②D
解析(1)根据盖斯定律，②－①×3即得：3FeO(s)＋2Al(s)===Al2O3(s)＋3Fe(s)ΔH＝－859.7 kJ·mol－1。

(2)①反应物能量低于生成物能量，所以该反应为吸热反应。

②从A到B反应的活化能明显降低，所以采用的条件是加入了催化剂。

17．(16分)用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。

(1)写出上述反应的平衡常数表达式：______________________________________________。

(2)在2 L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。

实验编号温度/℃起始时NO的物质的量/mol 平衡时N2的物质的量/mol
1 700 0.40 0.09
2 800 0.24 0.08
①结合表中数据，判断该反应的ΔH________(填“＞”或“＜”)0，理由是________________________________________________________________________。

②判断该反应达到平衡状态的依据是________(填字母)。

A．容器内气体密度恒定
B．容器内各气体浓度恒定
C．容器内压强恒定
D．2v正(NO)＝v逆(N2)
(3)700 ℃时，若向2 L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应：N2(g)＋CO2(g)C(s)＋2NO(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。

请回答下列
问题。

①0～10 min 内CO 2的平均反应速率v ＝__________________________________________。

②图中A 点v 正________(填“＞”“＜”或“＝”)v 逆。

③第10 min 时，外界改变的条件可能是______________________________________(填字母)。

A ．加催化剂
B ．增大
C 的物质的量
C ．减小CO 2的物质的量
D ．升温
E ．降温
(4)采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO 2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。

容易得到的副产物有CO 和CH 2O ，其中相对较多的副产物为________；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中____(填字母)的能量变化。

A ．*CO ＋*OH ―→*CO ＋*H 2O
B ．*CO ―→*OCH
C ．*OCH 2―→*OCH 3
D ．*OCH 3―→*CH 3OH
答案 (1)K ＝c (N 2)·c (CO 2)c 2(NO )
(2)①＞ 计算700 ℃和800 ℃的平衡常数K 1、K 2，得K 1＜K 2，所以ΔH ＞0 ②AB (3)①0.01 mol·L －1·min －
1
②＞ ③AD (4)CO A
解析 (2)①根据表格中的数据，列出实验1(700 ℃)的三段式：
C(s)＋2NO(g)N 2(g)＋CO 2(g)
起始/mol 0.40 0 0
变化/mol 0.18 0.09 0.09
平衡/mol 0.22 0.09 0.09
K 1＝c (N 2)·c (CO 2)c 2(NO )＝0.092×0.092(0.222
)2＝81484， 根据表格中的数据，列出实验2(800 ℃)的三段式：
C(s)＋2NO(g)N 2(g)＋CO 2(g)
起始/mol 0.24 0 0
变化/mol 0.16 0.08 0.08 平衡/mol 0.08 0.08 0.08
K 2＝c (N 2)·c (CO 2)c 2(NO )＝0.082×0.082(0.082
)2＝1＞K 1； 温度升高，K 增大，则正反应为吸热反应，ΔH ＞0。

②该反应气体的总质量是变量，容器体积不变，所以密度是一个变量，当容器内气体密度恒定时，则反应达到平衡状态，故A 正确；各组分的浓度不再改变能说明反应达到平衡状态，故B 正确；该反应前后气体分子的数目相同，则气体的总物质的量一直不变，恒温恒容条件下，压强一直不变，所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C 错误；2v 正(NO)＝v 逆(N 2)，此时正反应速率和逆反应速率不相等，应是v 正(NO)＝2v 逆(N 2)时反应达到平衡状态，故D 错误。

(3)①随着反应进行，n (N 2)逐渐减小，n (NO)逐渐增大，10 min 内，Δn (N 2)＝0.2 mol ，物质的
量的变化之比等于化学计量数之比，则Δn (CO 2)＝0.2 mol ，所以v (CO 2)＝0.2 mol 2 L ×10 min
＝0.01 mol·L －1·min －1。

②根据图像可知A 点反应向正反应方向进行，则v 正＞v 逆。

③第10 min 时，N 2、NO 物质的量没有发生突变，N 2的物质的量逐渐减小，速率比10 min 前大；NO 物质的量逐渐增大，速率比10 min 前大。

加催化剂，不会引起物质的量的突变，只会增大反应速率，
故A正确；增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；升温，反应速率增大，故D正确；降温，反应速率减小，故E错误。

18．(14分)含铬(＋6价)的废水严重危害人体健康，工业上常用还原法进行处理。

其部分工艺流程如下：
(1)废水中，六价铬以CrO2－4或者Cr2O2－7的形式存在，写出其相互转化的离子方程式：________________________________________________________________________。

我国常用NaHSO3作还原剂，写出还原池中反应的离子方程式：__________________
___________________________________________________________________________。

(2)废水中残留六价铬的浓度随溶液pH变化如图所示。

实际生产中需控制pH＝2.5～3.0，原因可能是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，为促使其更好地沉淀，可采取的措施是______________。

(4)我国规定，工业废水中含Cr(Ⅵ)量的排放标准为0.1 mg·L－1。

已知：Cr的相对原子质量为52，K sp(BaCrO4)＝1.2×10－10。

若用Ba2＋除去废水中的CrO2－4，达到废水排放标准时，废水中Ba2＋浓度最低为________(保留小数点后2位)mol·L－1。

用Ba2＋除去废水中的CrO2－4是否可行，为什么？
________________________________________________________________________。

答案(1)2CrO2－4＋2H＋Cr2O2－7＋H2O3HSO－3＋Cr2O2－7＋5H＋===2Cr3＋＋3SO2－4＋4H2O
(2)溶液中pH越高，废水中六价铬残留越多；溶液中pH越低，会腐蚀设备管道
(3)加入絮凝剂
(4)6.24×10－5不可行，因为废水中含有Ba2＋，同样有毒
解析(1)由工艺流程可知，加酸可以使CrO2－4转化为Cr2O2－7，转化的离子方程式为2CrO2－4＋
2H ＋Cr 2O 2－7＋H 2O ；还原池中，Cr 2O 2－7在酸性条件下将HSO —3氧化生成SO 2－4，本身被还
原为Cr 3＋，反应的离子方程式为3HSO －3＋Cr 2O 2－7＋5H ＋===2Cr 3＋＋3SO 2－4＋4H 2O 。

(2)由图可知，溶液中pH 越大废水中残留六价铬的浓度越大，而溶液中pH 越小，酸性越强，可能会腐蚀设备管道，所以实际生产中需控制pH ＝2.5～3.0。

(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细，可向沉淀池中加入絮凝剂，使Cr(OH)3更好地沉淀。

(4)达到废水排放标准时，CrO 2－4的浓度为0.000 1 g 52 g·mol －1 1 L ＝0.000 152
mol·L －1，则溶液中Ba 2＋浓度为K sp (BaCrO 4)c (CrO 2－4)＝1.2×10－10
0.000 152
mol·L －1＝6.24×10－5 mol·L －1；Ba 2＋在溶液中有毒，则用Ba 2＋除去废水中的CrO 2－4是不可行的。

19．(13分)电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。

(1)图1中，为了减缓海水对钢闸门A 的腐蚀，材料B 可以选择__________(填字母)。

a ．碳棒
b ．锌板
c ．铜板 (2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。

图2为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。

①E 为该燃料电池的________(填“正”或“负”)极。

F 电极上的电极反应式为________________________________________________________________________。

②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因：________________________________________________________________________。

(3)乙醛酸(HOOC —CHO)是有机合成的重要中间体。

工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图3所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M 电极的产物反应生成乙醛酸。

①N电极上的电极反应式为__________________________________________________。

②若有2 mol H＋通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为_____ mol。

答案(1)b(2)①负ClO－＋2e－＋H2O===Cl－＋2OH－②Mg＋2H2O===Mg(OH)2＋H2↑(3)①HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O②2
解析(1)形成原电池时，Fe作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的金属作负极，所以选锌板。

(2)①“镁—次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则Mg为负极；正极上ClO－得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO－＋2e－＋H2O===Cl－＋2OH－。

②Mg的活泼性较强，能与水反应生成氢气，其反应为Mg＋2H2O===Mg(OH)2＋H2↑。

(3)①N电极上HOOC—COOH得电子生成HOOC—CHO，则电极反应式为HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O。

②2 mol H＋通过质子交换膜，则电池中转移2 mol电子，根据电极反应式HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O，可知右侧生成1 mol乙醛酸，又由M电极附近发生反应Cl2＋OHCCHO＋H2O===HOOCCHO＋2HCl知左侧生成1 mol乙醛酸，所以生成的乙醛酸为2 mol。