河北衡水中学2023-2024学年高三上学期三调考试化学试题(解析版)

2023—2024学年度上学期高三年级三调考试
化学
第Ⅰ卷(选择题 共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ba 137分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1. 下列关于物质的分类、性质和应用，说法正确的是 A. 用激光灯照射纳米级的炭粉，可产生丁达尔效应 B. 因为明矾溶液显酸性，所以常用来净化自来水 C. 小苏打受热易分解，常用作食品膨松剂 D. 冰水混合物、高分子化合物均属于纯净物 【答案】C 【解析】
【详解】A ．纳米级的炭粉不属于胶体，不会产生丁达尔效应，A 错误；
B ．明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于净水，与其溶液呈酸性无关，B 错误；
C ．小苏打受热易分解，常用作食品膨松剂，C 正确；
D ．高分子化合物均属于混合物，D 错误； 答案选C 。

2. 如图(a)、(b)分别表示H 2O 和CO 2分解时的能量变化情况(单位：kJ)，已知由稳定单质化合生成1mol 纯物质的热效应称为生成热(△H f )。

下列说法正确的是
A. CO 2(g)+H 2(g)=CO(g)+H 2O(g) △H=-42kJ•mol -1
B. H 2的燃烧热△H=-243kJ•mol -1
C. 由图(a)可知O －H 的键能为220kJ•mol -1
D. CO 2(g)的生成热△H f =-394kJ•mol -1 【答案】D 【解析】
【详解】A ．由图(b)可知①，()()()221
CO g =CO g +O g 285KJ/mol 2
H ∆=+ 由图(a)可知②()()()2221
H O g =H g +
O g 243KJ/mol 2
H ∆=+ ； 根据盖斯定律①-②得CO 2(g)+H 2(g)=CO(g)+H 2O(g) △H=+42kJ•mol -1，故A 错误；
B ．H 2的燃烧热是1mol 氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，△H<-243kJ•mol -1，故B 错误；
C ．由图(a)可知，断裂2molO －H 键吸收的总能量为(243+436+247) kJ ，O －H 键的键能为463kJ•mol -1，故C 错误；
D ．稳定单质化合生成1mol 纯物质的热效应称为生成热，由图(b)可知CO 2(g)的生成热△H f =-109 kJ•mol -1-285 kJ•mol -1=-394kJ•mol -1，故D 正确； 选D 。

3. 实验室模拟工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸(HOOC-CHO)，原理如下图1所示，该装置中M 、N 均为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸。

直流电源可用普通锌锰干电池，简图如下图2所示，该电池工
作时的总反应为Zn+2+
4NH +2MnO 2=[Zn(NH 3)2]2++Mn 2O 3+H 2O 。

下列说法正确的是
A. 干电池提供电流很弱时，可接入电源充电后再使用
B. 以干电池为电源进行粗铜电解精炼时，金属锌质量减少6.5g 时，理论上精炼池阳极质量减少6.4g
C. N 电极上的电极反应式：HOOC-COOH+2e -+2H +=HOOC-CHO+H 2O
D. 若有2molH +通过质子交换膜并完全参与反应，则电解生成的乙醛酸为1mol 【答案】C 【解析】
【分析】电解池中阳离子向阴极移动，“双极室成对电解法”装置中根据H +的移向可判断M 电极是阳极，而
N 电极是阴极；根据Zn+2+4NH +2MnO 2=[Zn(NH 3)2]2+
+Mn 2O 3+H 2O ，判断得出Zn 失去电子发生氧化反应，
该电极为负极，石墨电极上二氧化锰得到电子发生还原反应，该电极为正极，以此解题。

【详解】A ．干电池属于一次电池，发生氧化还原反应的物质大部分被消耗后，不能再使用，故A 错误 B ．金属锌质量减少6.5g ，即减少0.1molZn ，转移0.2mol 电子，而电解精炼铜时，阳极上金属铜和比铜活泼的金属杂质都失去电子，则消耗的Cu 不是0.1mol ，阳极质量减少不一定是6.4g ，故B 错误； C ．N 电极为阴极，发生还原反应，即HOOC−COOH 得电子生成HOOC−CHO ，电极反应式为HOOC-COOH+2e -+2H +=HOOC-CHO+H 2O ，故C 正确；
D ．根据电解池的总反应OHC-CHO+ HOOC-COOH=2HOOC-CHO 可推知，若有2molH +通过质子交换膜并完全参与反应时，电路中有2mole -发生转移，可生成2mol 乙醛酸，故D 错误； 答案选C 。

4. 叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示： 反应1：(CH 3)3CBr→(CH 3)2C=CH 2+HBr
反应2：C 2H 5OH+(CH 3)3CBr→(CH 3)3COC 2H 5+HBr
下列说法不正确．．．的是 A 过渡态能量：①＞②＞③
B. (CH 3)3COC 2H 5可以逆向转化为(CH 3)3CBr ，但不会转化为(CH 3)2C=CH 2
C. 若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E 4—E 3的值增大
D. 向(CH 3)3CBr 的乙醇溶液中加入NaOH 并适当升温，可以得到较多的(CH 3)2C=CH 2 【答案】B 【解析】
【详解】A ．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，故A 正确；
.
B ．(CH 3)3CO
C 2H 5与HBr 在一定条件下可以逆向转化为(CH 3)3CBr ，即为(CH 3)3CBr 和C 2H 5OH 转化为(CH 3)3COC 2H 5的逆过程，该过程需要先转化为(CH 3)3C +Br -和C 2H 5OH ，(CH 3)3C +Br -和C 2H 5OH 再转化为(CH 3)3CBr 和C 2H 5OH ，但(CH 3)3C +Br -和C 2H 5OH 同时也能转化为(CH 3)2C=CH 2，故B 错误；
C ．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH 3)3C +Cl -的能量高于(CH 3)3C +Br -，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E 4—E 3的值增大，故C 正确；
D ．由图可知，(CH 3)3CBr 的乙醇溶液生成(CH 3)2C=CH 2过程放出能量相较于生成(CH 3)3COC 2H 5低，加入氢氧化钠能与HBr 反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH 3)2C=CH 2，故D 正确； 故选B 。

5. 化学实验是化学科学赖以形成和发展的基础。

图中实验装置正确且能达到实验目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D 【解析】
【详解】A ．3NH 不能用无水2CaCl 干燥，3NH 密度小于空气应该用向下排空气法，A 错误； B ．2SO 能使紫色石蕊溶液变红但不能使其褪色，该装置不能验证2SO 的漂白性，B 错误；
C ．3NH 极易溶于水，在饱和食盐水中通入3NH 时，导管不能插入液面以下，通入2CO 时应将导管插入液面以下，C 错误；
D ．此实验可说明酸性：242323H SO H CO H SiO >>，故非金属性：S>C>Si ，D 正确；
故选D 。

6. 近日，我国化学家通过对过渡金属基尖晶石氧化物(NiCo2O4)进行性能优化，成功开发出锌-空气二次电
池，其工作原理如图所示。

下列说法正确的是
A. 放电时，a极反应：Zn+4OH- -2e-=[Zn(OH)4]2-
B. 充电时，b极与电源的负极相连
C. 放电时，当电路中有4 mole-通过时，b极消耗22.4 L O2
D. 放电过程中，a、b电极附近溶液pH均不变
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，放电时，a电极为原电池的负极，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e‑+4OH-=[Zn(OH)4]2-，b电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；充电时，a极与电源负极连接，b极与电源正极连接。

【详解】A．由分析可知，充电时，a极与电源负极连接为电解池的阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌离子和氢氧根离子，电极反应式为[Zn(OH)4]2-+2e-= Zn+4OH-，故A正确；
B．由分析可知，充电时，b极与电源正极连接，故B错误；、
C．未指明温度与压强，无法计算，故C错误；
D．由分析可知，放电过程中，a极消耗氢氧根，pH减小，b极生成氢氧根，pH增大，故D错误；
故选A。

7. 过氧化钠可作为呼吸面具供氧剂，在供氧过程中发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。

下列说法正确的是
A. NaOH的电子式为
B. CO2的空间结构为直线形
C. Na2O2中仅含离子键
D. H2O中氧原子采用sp杂化
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH为离子化合物，其电子式为：，A错误；
B．CO2分子中碳是sp杂化，所以空间结构是直线形，B正确；
C．Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子间存在共价键，C错误；
D ．水分子中O 原子的价层电子数=2+1
2
（6-2×1）=4，且含有2对孤电子对，所以采取sp 3杂化，D 错误；
答案选B 。

8. 离子方程式能直观的表示物质间的反应本质。

下列离子方程式符合题意且正确的是
A. 向NaClO 溶液中通入过量CO 2：CO 2 + 2ClO -+ H 2O=2HClO+2-3CO
B. 将少量FeI 2溶于稀硝酸中：3Fe 2++-3NO +4H +=3Fe 3++NO↑ +2H 2O
C. 在NH 4Al(SO 4)2溶液中滴入过量Ba(OH)2溶液：+
4NH +Al 3+ +5OH -=NH 3·H 2O+[Al(OH)4]-
D. 向含H 2O 2、氨的混合液中加入铜粉，得到深蓝色溶液：H 2O 2+Cu+4NH 3·H 2O=[Cu(NH 3)4]2++2OH - +4H 2O 【答案】D 【解析】
【详解】A ．向NaClO 溶液中通入过量CO 2，应生成碳酸氢根，正确为：CO 2 + ClO -+ H 2O=HClO+
-3HCO ，A 错误；
B ．硝酸过量，氧化产物为Fe 3+与碘单质两种，正确为：Fe 2++-
3NO +2I -+4H +=Fe 3++NO↑ +I 2+2H 2O ，B 错误；
C ．在NH 4Al(SO 4)2溶液中滴入过量Ba(OH)2溶液，产物为NH 3·H 2O 、[Al(OH)4]-以及硫酸钡三种，正确
为：2Ba 2++22-4SO ++
4NH +Al 3+ +5OH -=NH 3·H 2O+[Al(OH)4]-+2BaSO 4↓，C 错误；
D ．向含H 2O 2[Cu(NH 3)4]2+，方程式为：H 2O 2+Cu+4NH 3·H 2O=[Cu(NH 3)4]2++2OH - +4H 2O ，D 正确； 故选D 。

9. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. CaC 2的电子式：
B. HClO 的空间填充模型：
C. 基态磷原子的价层电子轨道表示式：
D. 苯的结构简式：C 6H 6 【答案】AB 【解析】
【详解】A ．CaC 2为离子化合物，其电子式为：
，选项A 正确；
B ．HClO 的结构式：H-O-Cl ，Cl 原子半径最大，故空间填充模型正确，选项B 正确；
C ．基态磷原子价电子为3s 、3p 能级上的电子，根据构造原理书写P 原子价电子轨道表示式为选项C 错误；
D ．苯的结构简式为，C 6H 6为苯的分子式，选项D 错误；
答案选AB 。

10. 侯氏制碱法是在饱和食盐水中先后通入NH 3和CO 2，利用反应NaCl+ CO 2+ H 2O+NH 3=NaHCO 3↓+NH 4Cl 得到NaHCO 3。

下列说法错误的是 A. 热稳定性：Na 2CO 3> NaHCO 3 B. 溶解度：NH 3>CO 2 C. 通过蒸发、冷却可分离出NaHCO 3 D. 副产品NH 4Cl 可做氮肥
【答案】C 【解析】
【分析】二氧化碳在水溶液中溶解度小，生成碳酸氢钠少，不能析出晶体，氨化的饱和氯化铵溶液中通入过量二氧化碳，发生反应二氧化碳和氨水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵和氯化钠反应，由于碳酸氢钠溶解度小，所以先生成碳酸氢钠晶体析出，母液加入NaCl ，通入NH 3，降温，结晶析出NH4Cl ，使母液又成为含NH 3的饱和NaCl 溶液．循环利用；
【详解】A ．碳酸氢钠受热分解，则稳定性Na 2CO 3> NaHCO 3，A 正确；
B ．氨气在水中溶解度大于二氧化碳在水中溶解度，则先通入氨气，增大溶液的碱性，吸收过量的二氧化碳，B 正确；
C ．氨化的饱和氯化铵溶液中通入过量二氧化碳，发生反应二氧化碳和氨水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵和氯化钠反应，由于碳酸氢钠溶解度小，所以先生成碳酸氢钠晶体析出，C 错误；
D ．在氨饱和NaCl 溶液中通入CO 2的两步反应方程式为：23243H O CO NH NH HCO ++=
，4334NH HCO NaCl NaHCO NH Cl +=↓+，副产物是NH 4Cl ，NH 4Cl 为氮肥，D 正确；
故答案为：C 。

11. 设N A 为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. 30 g 乙酸与乳酸[CH 3CH(OH)COOH]的混合物中含有碳氧σ键的数目为N A
B. 1 LpH=2的H 3PO 4溶液中含H +数目小于0.01N A
C. 31 g P4()中的P一P键的数目为6N A
D. 0.1 molCl2与H2O反应转移电子数目为0.1N A
【答案】A
【解析】
【详解】A．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，乙酸的摩尔质量是60g/mol，1mol乙酸中含碳氧σ键为2mol；乳酸的摩尔质量为90g/mol，1mol乳酸中碳氧σ键为3mol，30g乙酸和乳酸的混合物中含有碳氧σ键的数目为N A，A正确；
B．1 LpH=2的H3PO4溶液中n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，则含H+数目小于0.01N A，B错误；
C．1分子P4()中的P一P键的数目为6个，则31 g P4(为0.25mol)中的P一P键
0.25mol×6=1.5mol，数目为1.5N A，C错误；
D．Cl2与H2O反应是可逆反应，无法计算转移电子的数目，D错误；
故选A。

12. C2H6氧化脱氢制CH4的反应为放热反应，某科研团队结合实验与计算机模拟结果，研究了在Ni催化作用下C2H6氧化脱氢制CH4的反应机理，其部分反应历程如图所示。

下列说法正确的是
A. 选用高效催化剂，可以降低反应的△H
B. 决速步骤的反应为
C. 在反应过程中NiCH2是催化剂
D. 降低温度会降低乙烷的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A ．催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变△H ，选项A 错误；
B ．化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒最大的反应为
，为决速步骤，选项B 正确；
C ．根据反应历程可知，在反应过程中NiCH 2是中间产物，选项C 错误；
D ．根据反应历程可知，该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，会增大乙烷的平衡转化率，选项D 错误； 答案选B 。

13. 一种能将甘油(C 3H 8O 3)与二氧化碳转化为甘油醛(C 3H 6O 3)和合成气的电化学装置如图所示。

下列说法正确的是
A. 催化电极a 与电源负极相连
B. 电解时催化电极a 附近的pH 增大
C. 电解时b 极区Na 2CO 3溶液浓度升高
D. 生成的甘油醛与合成气的物质的量相等 【答案】D 【解析】
【分析】根据题意可知，催化电极a 为阳极，电极方程式为-238333633C H O -2e +2CO C H O +2HCO −
−
=，b 为
阴极，电极b 的电极方程式为-22CO +2e +H O CO+2OH −=、-222H O+2e
H +2OH −
=↑，阳极与外加电源正极相连，阴极与负极相连，根据两极转移电子数相等进行计算；
【详解】A ．充电时电极a 为阳极，b 为阴极，阳极与电源正极相连，选项A 错误；
B ．电极a 的电极方程式为-238333633
C H O -2e +2CO C H O +2HCO −
−
=，附近溶液pH 减小，选项B 错误；
C ．电解时阴离子透过阴离子交换膜向阳极a 极迁移，即2-3CO 向a 极迁移，电解时b 极区Na 2CO 3溶液浓
度降低，选项C 错误；
D ．根据B 中反应，生成1mol 甘油醛转移2mol 电子，生成1molCO 或1molH 2转移2mol 电子，生成甘油醛与合成气的物质的量相等，选项D 正确； 答案选D 。

14. NO 在催化剂条件下可被H 2还原为无害物质，反应原理为：2H 2(g) +2NO(g) N 2(g)+2H 2O(g) △H ．在恒容密闭容器中按n(NO)∶n(H 2)=1∶1充入，在不同温度下发生该反应，测得平衡时混合气体的平均相对分子质量(M)与温度(T)的关系如图所示。

下列说法正确的是
A. 正反应活化能大于逆反应活化能
B. 增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大
C. a 点平衡体系中氮气的体积分数为25%
D. 逆反应速率：b>c 【答案】C 【解析】
【详解】A ．由题干图像信息可知，升高温度，平均相对分子质量减小，即升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，即正反应活化能小于逆反应活化能，A 错误；
B ．化学平衡常数仅仅是温度的函数，故增大压强，平衡正向移动，平衡常数不变，B 错误；
C ．由题干图像可知，a 点对应的平均相对分子质量为20，根据三段式分析可知：
()
()()()
2222H g +2NO g N g +2H O g 0
2x 2x
(mol)a a 0(mol)2x 2x x (mol)
a-2x
a-2x
x
起始量起始量起始量，则
2(a 2x)30(a 2x)
2a x
−+−−=20，解得
x=0.4a ，则a 点平衡体系中氮气的体积分数为x
0.4a
100%2a x 2a 0.4a
=
×−−=25%，C 正确；
D ．已知温度越高反应速率越快，结合题干图像可知，b 点温度低于c 点温度，故逆反应速率：b ＜c ，D 错
的
误；
故答案为：C 。

15. 我国科学家设计了一种利用废水中的2-27Cr O 将苯酚氧化为CO 2和H 2
O 的原电池一电解池组合装置(如图所示)。

已知：羟基自由基(·OH)的氧化性仅次于氟气。

下列说法错误的是
A. 电子转移方向：b 电极→导线→c 电极
B. d 电极的电极反应为H 2O-e -=·OH+ H +
C. 右侧装置中，c 、d 两电极产生气体的体积比(相同条件下)为7∶3
D. 若a 电极上有1 mol 2-27
Cr O 参与反应，理论上NaCl 溶液中有6 mol Cl -通过阴离子膜进入a 电极区溶液 【答案】D 【解析】
【分析】该装置是利用废水中的2-27Cr 将苯酚氧化为CO 2和H 2
O 的原电池—电解池组合装置，左侧为原电池，右侧为电解池，a 电极发生还原反应，为正极，b 电极发生氧化反应，为负极，则c 电极为阴极，d 电极为阳极；
【详解】A ．左侧装置是原电池，右侧装置是电解池，原电池中，a 电极是正极，b 电极为负极。

电解池中，c 电极是阴极，d 电极是阳极。

电子转移方向：b 电极→导线→c 电极，选项A 正确； B ．根据图示可知，d 电极的电极反应为H 2O−e −=⋅OH+H +，选项B 正确；
C ．c 电极的电极反应为2H 2O+2e −=H 2↑+2OH −，每转移2mol 电子，c 电极上产生1mol 气体。

d 电极的电极反应为H 2O−e −=⋅OH+H +，羟基自由基(⋅OH)的氧化性仅次于氟气，苯酚被羟基自由基氧化的化学方程式为C 6H 5OH+28⋅OH=6CO 2↑+17H 2O ，每转移2mol 电子，d 电极上产生628
×2mol=3
7mol 气体。

c 、d 两电极产
生气体的体积比(相同条件下)为1:
3
7
=7:3，选项C 正确； D ．a 电极的电极反应为2-27Cr O +6e −+7H 2O=2Cr(OH)3↓+8OH −，若a 电极上有1mol 2-27
Cr O 参与反应，理论上有6molOH −从a 电极区溶液通过阴离子膜进入NaCl 溶液，选项D 错误； 答案选D 。

第Ⅱ卷(非选择题共55分)
二、非选择题：本题共5小题，共55分。

16. 亚硝酰氯(NOCl)熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，常温下是黄色有毒气体，易水解。

实验室中可用Cl2与NO在常温常压下制备NOCl。

回答下列问题：
（1）若用MnO2和浓盐酸制取氯气，可以选用下列装置___________(填字母)。

（2）若用铜和稀硝酸制取NO，则反应的离子方程式为___________。

（3）下列各装置按气流方向，连接的顺序为a接___________接d．
（4）①装置A和B的作用是___________、___________。

②反应开始时应先通入
（5）装置F的作用是___________。

NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
【答案】（1）a （2）3Cu+8H++2-
3
（3）e(f) f(e) c b
（4）①. 干燥NO和Cl2②. 观察气泡控制气体流速③. Cl2
（5）冷凝亚硝酰氯，便于收集
【解析】
【分析】由制备NOCl的装置可知，装置A和B作用是①干燥NO和Cl2，②观察气泡调节气体流速，从a 进入F冷却，然后进入D，最后进入E吸收尾气，据此分析解题。

【小问1详解】
若用MnO2和浓盐酸制取氯气，即MnO2固体和浓盐酸共热制得Cl2，则可以选用下列装置为a，故答案为：a；
【
小问2详解】
若用铜和稀硝酸制取NO ，则反应方程式为：3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O ，则该反应的离子
方程式为3Cu+8H ++2-3NO =3Cu 2++2NO↑+4H 2O ，故答案为：3Cu+8H ++2-3NO =3Cu 2++2NO↑+4H 2O ；
【小问3详解】
由制备NOCl 的装置可知，装置A 和B 作用是①干燥NO 和Cl 2，②观察气泡调节气体流速，从a 进入F 冷却，然后进入D ，最后进入E 吸收尾气，由上述分析可知，仪器接口为e→f→c→b→d 或f→e→c→b→d ，故答案为：efcb 或fecb ； 【小问4详解】
①装置A 和B 作用是①干燥NO 和Cl 2，②观察气泡调节气体流速，故答案为：干燥NO 和Cl 2：观察气泡调节气体流速；
②由于NO 能与装置中的空气反应，故反应开始时应先通入Cl 2已排除装置中的O 2，故答案为：Cl 2； 【小问5详解】
由题干信息可知，亚硝酰氯(NOCl)熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，则装置F 的作用是冷凝亚硝酰氯，便于收集，故答案为：冷凝亚硝酰氯，便于收集。

17. 回答下列问题：
（1）已知C(s ，石墨)=C(s ，金刚石)，Δ0H >；则稳定性：金刚石_________(填“>”或“<”)石墨。

（2）已知：()()()221S s O g SO g ΔH +=
；()()()222S g O g SO g ΔH +=，则1ΔH _________(填“>”或“<”)2ΔH 。

（3）在25℃、101kPa 下，1g 气态甲醇(3CH OH )完全燃烧放热22.68kJ 。

则表示气态甲醇燃烧热的热化学方程式为__________________。

（4）合成氨反应的能量变化如图所示，则反应()()()223N g 3H g 2NH l ΔH +==
_________．
（5）几种化学键的键能如下表所示：
化学键
N N ≡ F F − N F − N Cl −
键能/1kJ mol −⋅ 941.6 154.8 283.0 200.0
①由两种单质化合形成31molNF ，焓变ΔH =_________kJ/mol 。

②工业上由3NF 与2F 制备3NF ：32344NH 3F NF 3NH F =++。

该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_________。

③比较热稳定性：3NF _________3NCl 。

(填“>”、“<”或“=”)
（6）22N CO 、与Fe +体系中存在如图1所示物质转变关系，已知Fe (s)+与中间产物2N O(g)反应过程中的能量变化如图2所示。

下列说法正确的是_________。

A. ()123ΔΔ1ΔΔH H H H =
−++ B. Fe +在反应中作催化剂，能降低反应的活化能和焓变 C. 1ΔH 和2ΔH 均小于0 D. 由图2可知，反应()()()()224Fe
s N O g FeO s N g Δ0H +
++=+<
【答案】（1）< （2）> （3）32223
CH OH(g)+
O (g)=CO (g)+2H O(l)2
Δ=725.76kJ/mol H − （4）2(a-b-c)kJ/mol
（5） ①. 610.4− ②. 3:1 ③. > （6）AD 【解析】 【小问1详解】
已知C(s ，石墨)=C(s ，金刚石)，Δ0H >，反应吸热，则金刚石能量更高，故稳定性：金刚石<石墨； 【小问2详解】
固态硫转化为气态硫需要吸收能量，则气态硫燃烧放出热量更大，焓变更负，故1ΔH >2ΔH 。

【小问3详解】
燃烧热是在101 kPa 时，1 mol 物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；在25℃、101kPa 下，1g
气态甲醇(3CH OH ，为
1
mol 32
)完全燃烧放热22.68kJ ，则1mol 气态甲醇(3CH OH )完全燃烧放热725.76kJ ，则表示气态甲醇燃烧热的热化学方程式为32223
CH OH(g)+O (g)=CO (g)+2H O(l)
2
Δ=725.76kJ/mol H −；
【小问4详解】 由图可知，
22313
N (g)+H (g)=2NH (l)Δ=(a-b-c)kJ/mol 22
H ，则根据盖斯定律可知，反应()()()223N g 3H g 2NH l Δ2(a-b-c)kJ/mol H +==
； 【小问5详解】
①由两种单质化合形成31molNF ，
反应为()()()22313
N g +F g =NF g 22
，焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，故ΔH =13
941.6kJ/mol+154.8kJ/mol 3283.0kJ/mol=610.422
××−×−1kJmol −。

②32344NH 3F NF 3NH F =++，反应中3分子氟气中氟元素化合价由0变为-1为氧化剂，1分子氨气中氮元素化合价由-3变为3NF 中的+3，氨气为还原剂，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:1。

③氟原子半径小于氯原子，N-F 键键长更短、键能更大，故热稳定性：3NF >3NCl 。

【小问6详解】 A ．由图可知，反应有：
①()()()221N O g O g N g ΔH =+
②()()()2Fe
s O g FeO s ΔH +
++=
③+
+
23FeO (s)+CO(g)=Fe (s)+CO (g) ΔH ④222N (g)+CO (g)=N O(g)+CO(g) ΔH
由盖斯定律可知，反应④=-①-②-③，则()123ΔΔΔΔH H H H =
−++，A 正确； B ．Fe +在反应中作催化剂，能降低反应的活化能加快反应的速率，但是催化剂不改变反应的焓变，B 错误；
C ．已知Fe (s)+与中间产物2N O(g)反应过程中的能量变化如图2所示，生成物能量低于反应物能量，由图可知，()+
+22412N O(g)+Fe
s =FeO (g)+N (g) Δ= Δ+ Δ0H H H <，只能确定1ΔH 和2ΔH 中一定有1个
小于0，不确定是否均小于零，C 错误； D ．由C 分析可知，反应()()()()224Fe
s N O g FeO s N g Δ40H +
++=+<，D 正确；
故选AD 。

18. 铁的腐蚀与防护与生产、生活密切相关。

Ⅰ.研究铁的腐蚀 实验步骤如下：
步骤1：将铁粉放置于0.002 mol/LCuSO 4溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。

步骤2：向15.00 mL 1 mol/L NaCl 溶液(用盐酸调至pH= 1.78)中加入浸泡过的Fe 粉。

步骤3：采集溶液pH 随时间变化的数据。

（1）第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu 上发生的电极反应为___________。

（2）第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。

①选取b 点进行分析，经检验溶液中含有Fe 2+，检验Fe 2+并与Fe 2+生成蓝色沉淀的试剂是___________(填化学式)。

②第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是___________。

Ⅱ.研究铁防护
（3）在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀
已知：Zn 2+放电的速率缓慢且平稳时有利于得到致密、细腻的镀层。

①镀件Fe 应与电源的___________相连。

②向ZnSO 4电解液中加入NaCN 溶液，将Zn 2+转化为[Zn(CN)4]2-，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是___________。

（4）电镀后的废水中含有CN -，一种测定其含量的方法是取废水50 mL ，再加KI 溶液1 mL ，用c mol/LAgNO 3溶液滴定，达到滴定终点时，消耗AgNO 3溶液V ml 。

已知：Ag +(aq) +2CN -(aq) [Ag(CN)2]-(aq)(无色) K=1.0×1021；Ag + (aq)+I -(aq) AgI(s)(黄色) K=1.2×1016. ①滴定终点的现象是___________。

②废水中CN -的含量是___________g/L(用含C ．V 的代数式表示)。

的
【答案】（1）2H ++2e -=H 2↑
（2） ①. K 3[Fe(CN)6] ②. 溶液的酸碱性(或溶液的pH)
（3） ①. 负极 ②. 通过反应Zn 2++4CN - [Zn(CN)4]2-降低c(Zn 2+ )，使得Zn 2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn 2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用 （4） ①. 加入最后半滴AgNO 3溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 ②. 26cV
25
(或1.04cV) 【解析】
【分析】酸性较强时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，发生吸氧腐蚀时正极上O 2得
电子被还原生成OH -，此时正极反应式为：22O 2H O 4e 4OH −−
++=。

析氢腐蚀正极上22H 2e H +−+=↑，消耗H +，吸氧腐蚀产生OH -，故做探究实验时可通过采集溶液pH 随时间变化的数据
展开，而氧化产物Fe 2+可通K 3[Fe(CN)6]过来检验。

电镀后的废水中CN −含量的测定，可选用络合滴定，滴定剂为硝酸银，指示剂为KI 。

【小问1详解】
铜为原电池的正极，氢离子在正极得到电子生成氢气，电极反应为22H 2e H +
−
+=↑； 故答案为：22H 2e H +
−
+=↑； 【小问2详解】
①检验Fe 2+并与Fe 2+生成蓝色沉淀的试剂是K 3[Fe(CN)6]； 故答案为：K 3[Fe(CN)6]；
②由图可知，酸性较强时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，则第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是溶液的酸碱性(或溶液的pH 值)； 故答案为：溶液的酸碱性(或溶液的pH)； 【小问3详解】
①由电镀的工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的锌作电镀池的阳极，镀件Fe 应与电源的负极相连；
故答案为：负极；
②电镀时，向ZnSO 4电解液中加入NaCl 溶液，通过反应()2244[]Zn
CN Zn CN +
−−+ ，降低c(Zn 2+)，
使得Zn 2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn 2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用，结合已知可知，这样电解得到的镀层更加致密、细腻；
故答案为：通过反应Zn 2++4CN -⇌[Zn(CN)4]2-降低c(Zn 2+ )，使得Zn 2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动
补充放电消耗的Zn 2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用； 【小问4详解】
①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离子与氰酸根离子完全反应，滴入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，则滴定终点的现象是：加入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；
故答案为：加入最后半滴AgNO 3溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失； ②由终点时滴定消耗V ml ，c mol/L 氰化钠溶液可知，50 mL 废水中氰酸根离子的浓度为
33
c V 1022626g /L g /L 501025
cV
−−××××=×； 故答案为：
26g /L 25
cV。

19. 尿素[CO(NH 2)2]合成方法的发展体现了化学科学与技术的不断进步。

（1）德国化学家韦勒(F ． Wohler)首次在实验室里用无机物合成了尿素[CO(NH 2)2]，打破了无机物和有机物之间的界限。

尿素分子中σ键和π键个数之比为___________，尿素中碳原子的杂化轨道类型为___________。

（2）二十世纪初，工业上以CO 2和NH 3为原料在一定温度和压强下合成尿素。

反应分为两步：ⅰ.CO 2和NH 3生成H 2NCOONH 4；ⅱ。

H 2NCOONH 4分解生成尿素。

结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是___________(填字母)。

a ．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b ．CO 2(l) +2NH 3(l)= H 2NCOONH 4(l) △H=+(E 2-E 1)kJ/mol
c ． H 2NCOONH 4(l)=CO(NH 2)2(l)+ H 2O(1) △H=+(E 3- E 4)kJ/mol
d ．对反应体系加热，可加快反应速率和提高尿素的产率
（3）近年研究发现，电催化CO 2和含氮物质(-
3NO 等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。

向一定浓度的KNO 3溶液通入CO 2至饱和，在电极上反应生成CO(NH 2)2，电解原理如图所示(阴、阳极区溶液均为KNO 3溶液)。

①电解池中电极X应接直流电源的___________极。

②电解过程中生成尿素的电极反应式是___________。

（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。

NH)不能直接用NaOH溶液准确滴定。

已知：溶液中c(+
4
①消化液中的含氮粒子是___________。

②下列装置，可以完成蒸馏操作的是___________(填字母)。

A． B． C． D．
③步骤iv中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有
___________。

【答案】（1）①. 7：1 ②. sp2
NO+16e-+CO2+18H+=CO(NH2)2+7H2O
（2）ac （3）①. 负②. 2-
3
NH②. B ③. 样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度
（4）①. +
4
【解析】
【小问1详解】
尿素的化学式为CO(NH2)2，一分子CO(NH2)2含1个C=O键、2个C-N键、4个N-H键，故分子中σ键和π键个数之比为7：1；尿素中碳原子形成3个σ键且无孤电子对，其杂化轨道类型为sp2。

【小问2详解】
a ．应ⅰ活化能为E 1，反应ⅱ的为E 3，故活化能：反应ⅰ<反应ⅱ，a 正确；
b ．由图知，CO 2(l) +2NH 3(l)= H 2NCOONH 4(l) H ∆=-(E 2-E 1)kJ/mol ，b 错误；
c ．由图知，H 2NCOONH 4(l)=CO(NH 2)2(l)+ H 2O(1) H ∆=+(E 3- E 4)kJ/mol ，c 正确；
d ．总反应为放热反应，对反应体系加热，可加快反应速率，但不能提高尿素的产率，d 错误； 故选ac 。

【小问3详解】
①由图知，H +移向电极X ，则电极X 为电解池的阴极，X 应接直流电源的负极；
②电解过程中，-
3NO 和CO 2在电极X 上反应生成尿素，N 元素化合价由+5降低至-3价，根据电荷守恒、原子守恒，可得到对应的电极反应式：2-3NO +16e -+CO 2+18H +=CO(NH 2)2+7H 2O 。

【小问4详解】
①尿素消化分解生成氨气和二氧化碳，由于反应中存在浓硫酸，则消化液中含氮粒子为消化液中的含氮粒子是+
4NH ；
②蒸馏操作需用到蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，故可以完成蒸馏操作的是B 装置；
③步骤iv 中标准NaOH 溶液的浓度和消耗的体积分别为c 和V ，计算样品含氮量还需要的实验数据有：样品的质量、步骤ⅲ所加入H 2SO 4溶液的体积和浓度。

20. 石墨电极常用作惰性电极，但在电解过程中常伴有损耗(石墨的氧化和脱落)。

用如图所示装置分别电解下列溶液10min (通过相同电量)，记录阳极区的现象如下。

编号 电解液
阳极区的现象
甲
-1241 mol L Na SO ⋅
有气体逸出，液体颜色不变，池底逐渐沉积黑色粉末
乙
-12 mol L NaOH ⋅ 有气体逸出，液体逐渐变为棕褐色
丙 -12 mol L NaCl ⋅
有气体逸出，液体逐渐变为黄绿色，无黑色粉末
（1）甲中阳极产生气体的电极反应式是___________。