2020-2021学年河南省沈丘县长安高级中学高二上学期期中考试化学试题(解析版)

河南省沈丘县长安高级中学2020-2021学年高二上学期期中
考试
考生注意：
1.本试卷共8页。

时间90分钟，满分100分。

答题前，考生先将自己的姓名、考生号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。

可能用到的相对原子质量：H1 C 12 O 16 Na 23
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。

1. 化学在生产和生活中有着重要的应用。

下列说法错误的是
A. 可用铝槽盛放浓硝酸
B. 下酸雨时铜银合金制品可发生析氢腐蚀
C. 碳铵生产中碳化塔连接电源负极可保护塔身不被腐蚀
D. 在农村推广建立沼气池，既能有效利用生物质能，也能为农业生产提供优质肥料
『答案』B
『解析』
『详解』A．在常温下铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以可以用铝槽盛放浓硝酸，A正确；B．铜和银均不和酸反应，则在酸性条件下不能发生析氢腐蚀，B错误；
C．碳化塔连接电源负极构成电解池阴极，不易被腐蚀，属于外接电源的阴极保护法，C 正确；
D．在农村推广建立沼气池，使大量的秸秆、杂草等经过微生物发酵产生沼气，可用于点火做饭或发电照明等，既能有效利用生物质能，也能为农业生产提供优质肥料，D正确；
故选B。

2. 设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. 1 mol SO2溶于水中，转移的电子数为2N A
B. 7.8 g Na2O2含有阴离子的数目为0.2N A
C. 16 g CH4与足量氯气充分反应生成的CH3Cl分子数小于N A
D. 用惰性电极电解熔融NaCl时，若阴极生成22.4 L氯气，则外电路中转移的电子数为2N A 『答案』C
『解析』
『详解』A．SO2与水的反应为非氧化还原反应，没有电子转移，故A错误；
O构成，7.8 g Na2O2的物质的量为0.1mol，则含有阴离子的数B．Na2O2由2个Na+和1个2-
2
目为0.1N A，故B错误；
C．16 g CH4与足量氯气充分反应生成的CH3Cl外，含有二氯甲烷，三氯甲烷、四氯化碳等含碳化合物，则反应生成的CH3Cl分子数小于N A，故C正确；
D．选项中未给出22.4 L氯气的外界条件，无法用标况下气体摩尔体积计算物质的量以及外电路转移的电子数，故D错误；
答案选C。

3. 已知反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl。

下列化学用语表述错误的是
A. Cl-的结构示意图：
B. N2的结构式：N≡N
C. NH+
的电子式： D. 氧化性：Cl2＞N2
4
『答案』C
『解析』
『详解』A．Cl原子得到一个电子变为Cl-，其结构示意图为：，故A正确；B．N2共价分子，氮原子间形成三个共用电子对，结构式：N≡N，故B正确；
C．NH+
的电子式：，故C错误；
4
D．反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl中，NH3中的N元素由-3价变为0价，化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂，N2为氧化产物，Cl2中Cl元素由0价变为-1价，化合价降低，得电
子，被还原，作氧化剂，NH4Cl为还原产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cl2＞N2，故D正确；
答案选C。

4. 下列与胶体有关的说法正确的是
A. 直径介于1～100nm的微粒称为胶体
B. 血液透析利用了胶体微粒不能透过滤纸的性质
C. 雾中的光柱属于丁达尔效应
D. 将FeCl3饱和溶液滴到沸水中并持续加热可制得Fe(OH)3胶体
『答案』C
『解析』
『详解』A．分散质粒子直径介于1～100nm的分散系称为胶体，故A错误；
B．血液属于胶体，胶体粒子能透过滤纸，不能透过半透膜，血液透析利用了胶体微粒不能透过半透膜的性质，故B错误；
C．雾属于气溶胶，胶体能产生丁达尔效应，则雾中的光柱属于丁达尔效应，故C正确；D．氢氧化铁胶体的制备方法：向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就会得到氢氧化铁胶体，持续加热会得到氢氧化铁沉淀，故D错误；
答案选C。

5. W、X、Y、Z的原子序数依次增大，位于四个不同的主族，W、X同周期，Y、Z同周期，W、X的最外层电子数之和等于Y、Z的最外层电子数之和。

常温下，WX2是一种能引起温室效应的气体。

下列说法错误的是
A. 简单离子半径：Z＞X＞Y
B. 一定条件下，W的氢化物可以和Z单质发生不同类型的反应
C. 含氧酸的酸性：Z＞W
D. Y分别与X、Z组成的二元化合物均为强电解质
『答案』C
『解析』
『分析』
由题意可知，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，位于四个不同的主族，常温下，WX2是一种能引起温室效应的气体，则W为C元素，X为O元素，W、X位于第二周期，Y、Z
应该位于第三周期，W、X的最外层电子数之和等于Y、Z的最外层电子数之和，则Y为Al元素，Z为Cl元素。

『详解』根据上述分析，W、X、Y、Z分别为元素C、O、Al、Cl；
A．Cl-有三个电子层，O2-、Al3+均有两个电子层，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：Cl-＞O2-＞Al3+，即Z＞X＞Y；故A正确；
B．W的氢化物可以是CH2=CH2，与Cl2发生加成反应，W也可以是CH4，与Cl2发生取代反应，则一定条件下，W的氢化物可以和Z单质发生不同类型的反应，故B正确；
C．非金属性的强弱可以比较最高价氧化物对应水化物酸性强弱，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，不是最高价氧化物对应水化物的含氧酸无法用非金属性强弱比较，如非金属性：Cl＞C，但是H2CO3的酸性强于HClO，故C错误；
D．Y分别与X、Z组成的二元化合物分别为Al2O3、AlCl3，二者均为强电解质，故D正确；答案选C。

6. 已知反应P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)。

下列说法正确的是
A. Cu3P既是氧化产物又是还原产物
B. 还原性：CuSO4＞H3PO4
C. 参与反应的P和CuSO4的物质的量之比为11∶5
D. 7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为1.5 mol
『答案』D
『解析』
『分析』
根据反应P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)可知，P元素化合价由0价变为-3价和+5价，Cu元素的化合价由+2价变为+1价，由P+3Cu2+→Cu3P价态共降低6，P→H3PO4价升高5，则保证化合价升降数相等，Cu3P与H3PO4计量数分别为5、6，得P+CuSO4+H2O→5Cu3P+6H3PO4+H2SO4，根据P原子守恒，P单质的化学计量数为11，Cu 原子守恒则硫酸铜的化学计量数为15，再由硫酸根离子守恒，硫酸的化学计量数为15，最后利用H原子守恒配平水的化学计量数为24，则配平的化学反应方程式为：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4。

『详解』A．根据分析，Cu3P是Cu元素和P元素化合价均降低、得电子，被还原后的产物，Cu3P是还原产物，故A错误；
B．反应中Cu元素化合价均降低、得电子，被还原，CuSO4氧化剂；P元素化合价既升高又
降低，P单质既是氧化剂又是还原剂，H3PO4是P元素化合价升高，失电子，被氧化后的产物，为氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性大于还原产物的氧化性，则氧化性性：CuSO4＞H3PO4，故B错误；
C．根据配平的反应方程式11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4可知，参与反应的P和CuSO4的物质的量之比为11∶15，故C错误；
D．根据配平的反应方程式11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4可知，7.5 mol CuSO4中7.5mol的Cu2+被还原Cu+得到7.5mol的电子，单质P 到+5价失去5个电子，根据
得失电子守恒，被CuSO4氧化的P的物质的量为7.5mol
5
=1.5mol ，剩下正五价磷由磷单质
自身歧化氧化所得，故D正确；
答案选D。

7. 下列说法正确的是
A. 已知P4(s)=4P(s) ∆H=-29.24 kJ·mol-1，等质量的P4(s)、P(s)完全燃烧生成P4O10(s)，前者放出热量多
B. 已知中和热数值为57.3 kJ·mol-1，则含1 mol KOH的溶液与足量H2SO4反应放出的热量为57.3 kJ
C. 已知CH4的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，101 kPa时，CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ∆H，则∆H<-890.3 kJ·mol-1
D. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ∆H1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ∆H2，则∆H1>∆H2
『答案』A
『解析』
『详解』A．根据P4(s)=4P(s) △H=-29.24 kJ·mol-1可知，等质量的P4(s)比P(s)能量高，则完全燃烧等质量的P4(s)放出的热量多，A正确；
B．足量H2SO4未说明浓度，若为浓硫酸，则该反应放出的热量大于57.3 kJ，B错误；C．生成气体水放热少，因焓变为负值，则∆H ＞-890.3 kJ·mol-1，C错误；
D．完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，因焓变为负值，则∆H1＜∆H2，D错误；
故选A。

8. 不同温度下反应CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)达到平衡时各物理量变化如图所示。

其中y表示N2O的平衡转化率，z表示反应开始时CO的物质的量与N2O的物质的量之比。

下
列说法错误的是
A. 该反应的
△H<0
B. z2<3
C. T1 K下，该反应的平衡常数K=0.2
D. 断裂1 mol N≡N键的同时断裂2 mol C=O键，说明该反应达到了平衡状态
『答案』D
『解析』
『详解』A．升温，N2O的平衡转化率变小，平衡左移，则该反应的△H<0，A正确；B．z表示反应开始时CO的物质的量与N2O的物质的量之比，z越小，CO的含量越低，N2O 的转化率越低，所以z2<3，B正确；
C．T1 K下，z=3时，令CO为3mol/L，则N2O为1mol/L，N2O的平衡转化率为50%，则该
反应的平衡常数
2
0.5
0.2
2.50.5
K==
⨯
，C正确；
D．只有断裂1molN≡N的同时生成2molC=O键才能说明该反应达到了平衡状态，断裂1 mol N≡N键的同时断裂2 mol C=O键，指的都是逆反应速率，不能说明该反应达到了平衡状态，D不正确；
答案选D。

9. 水杨酸甲酯的制备反应如图所示。

下列有关说法错误的是
A. 该反应与甲烷与氯气的反应类型相同
B. 加入过量的甲醇可以提高水杨酸的转化率
C. 水杨酸分子中所有原子有可能共平面
D. 与水杨酸甲酯具有相同官能团且羟基直接连在苯环上的同分异构体共有16种(不考虑立体异构)
『答案』D
『解析』
『详解』A．该反应与甲烷与氯气的反应均属于取代反应，故类型相同，A正确；
B．该反应为一个可逆反应，故加入过量的甲醇可以使平衡正向移动，水杨酸的转化率提高，B正确；
C．水杨酸分子中有一个苯环为平面结构，羧基中的所有原子可能共平面，且与苯环以单键连接可以任意旋转，故可与苯环共平面，另一羟基也可与苯环共平面，故所有原子有可能共平面，C正确；
D．与水杨酸甲酯具有相同官能团且羟基直接连在苯环上的同分异构体共有16种(不考虑立体异构) 若为两个取代基即含有苯环、酚羟基、酯基的同分异构体则有：CH3COO-和-OH，HCOOCH2-和-OH，CH3OOC-和-OH，每一种情况均有邻、间、对三种结构，若为三个取代基即含有苯环、酚羟基、甲酸酯基和甲基的同分异构体则有：先考虑两个取代基酚羟基和甲酸酯基有邻、间、对三种，而邻位时甲基有四种位置，间位时甲基也有四种位置，对位时甲基有两种位置，故一共有3×3+4+4+2-1=18种，故除去其本身符合条件的同分异构体还有18种，D错误；
故答案为：D。

10. 通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理如图所示，电池工作前，两极电解质溶液质量相等。

下列说法错误的是
A. 该装置实现了太阳能到化学能的转化
B. H＋由电极a移向电极b
C. b的电极反应式为CO2＋2H＋＋2e-=HCOOH
D. 当电极a生成标准状况下1.12 L O2时，两极电解质溶液质量相差4.6 g
『答案』D
『解析』
『分析』
根据题干信息以“CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2”可知此电池的总反应为2CO2+2H2O=2HCOOH+O2，a电极作原电池的负极，水失电子生成氧气，O元素化合价升高，发生氧化反应，其电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，b电极作原电池的正极，二氧化碳得电子生成甲酸，其电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH，据此结合原电池的工作原理分析解答。

『详解』A．由图可知，该装置是由太阳能转化为化学能和电能的装置，A正确；
B．原电池中，阳离子移向正极，即H＋通过质子交换膜由电极a（负极）移向电极b（正极），B正确；
C．根据上述分析可知，b的电极反应式为CO2＋2H＋＋2e-=HCOOH，C正确；
D．负极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，当电极a生成标准状况下1.12 L O2（0.05mol）时，则消耗0.1mol H2O，即负极溶液质量减少0.1mol⨯18g/mol=1.8 g，转移的电子物质的量为
1.12L
⨯=0.2 mol，则根据CO2+2H++2e-=HCOOH可知，正极区生成0.1mol HCOOH，
4
22.4L/mol
溶液质量增加0.1mol⨯46g/mol=4.6g，所以两极电解质溶液质量相差4.6 g- (-1.8g)=6.4g，D 错误；
故选D。

『点睛』此电池工作原理类似燃料电池，电极未参与反应。

根据总反应，找出两极反应。

电池正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，关于电化学的计算，抓住电子转移数守恒分析解答。

11. 制取纯净的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)的生产过程如图所示。

将含CuCl2和少量FeCl2的酸性(pH=2)废液按下列步骤进行提纯，已知金属阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。

下列说法正确的是
金属阳离子. 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
Fe3+ 1.9 3.2
A. 氧化剂X可以选用KMnO4
B. 物质Y可以选用Cu2(OH)2CO3
C. 沉淀Z为铁锈的主要成分Fe(OH)3
D. 将滤液直接蒸发可以获得纯净的CuCl2·2H2O
『答案』B
『解析』
『详解』A．若氧化剂X选用KMnO4，会引入杂质离子Mn2+，A错误；
B．物质Y用于调节溶液的pH便于铁离子沉淀完全而铜离子不沉淀，但不能引入其它杂质离子，故可以选用Cu2(OH)2CO3，B正确；
C．沉淀Z的主要成分为Fe(OH)3，铁锈为的主要成分为氧化铁，C错误；
D．CuCl2·2H2O含结晶水，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得纯净的CuCl2·2H2O，不能选用蒸发结晶，D错误；
答案选B。

12. 下列关于资源综合利用的说法错误的是
A. 煤的气化、液化都是化学过程，可得到清洁的燃料和多种化工原料
B. 苯最初是在煤气灯中发现的，但苯主要是由石油催化重整得到的
C. 工业上常利用Al与Fe2O3在高温下的反应大量冶炼Fe单质
D. 从海水中提取溴和碘都必须经过氧化反应
『答案』C
『解析』
『详解』A．煤的气化的主要反应是碳与水蒸气反应生成水煤气，煤的液化是煤与氢气作用生成液体燃料或间接液化合成甲醇，煤的气化、液化都是化学过程，可得到清洁的燃料和多种化工原料，A正确；
B．苯最初是在煤气灯中发现的，但苯主要是由石油催化重整得到的，石油催化重整可得到芳香烃，B正确；
C．工业上常利用Al与Fe2O3在高温下的反应放出的热量焊接钢轨，不能大量冶炼Fe单质，铁单质是高炉炼铁得到，炼铁原料有铁矿石、焦炭、石灰石和空气，C不正确；
D．海水中溴和碘元素均呈化合态，从海水中提取溴和碘的单质都是把-1价的溴离子或碘离
子转变为单质，必须经过氧化反应，D正确；
答案选C。

13. 已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。

下列说法正确的是
A. 化合物A与H2O之间的碰撞不均为有效碰撞
B. 该历程中的最大能垒(活化能)E正=16.87 kJ·mol-1
C. 使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
D. 升高温度，有利于该反应正向进行
『答案』A
『解析』
『详解』A．根据有效碰撞理论可知，化合物A与H2O之间的碰撞不均为有效碰撞，A正确；
B．该历程中的最大能垒(活化能) E正=16.87kJ/mol−(−1.99kJ/mol)=18.86kJ/mol，B错误；C．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但催化剂不改变反应热，C错误；D．由图知，化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-为放热反应，升高温度，不利于该反应正向进行，D错误；
答案选A。

14. 某课外活动小组利用如图所示装置进行乙醇的催化氧化实验并制取乙醛。

实验时，先加热玻璃管乙中的镀银铜丝，约1分钟后鼓入空气，此时铜丝呈红热状态。

若把酒精灯撤走，控制一定的鼓气速度，铜丝能长时间保持红热直到实验结束。

下列说法错误的是
A. 乙醇的催化氧化反应是放热反应
B. 装置甲应置于70～80℃的水浴中，目的是使装置甲中乙醇平稳汽化成乙醇蒸气
C. 装置丙的作用为收集乙醛
D. 可通过装置甲中冒气泡的速率控制空气的通入速率
『答案』C
『解析』
『分析』
利用如图所示装置进行乙醇的催化氧化实验并制取乙醛，向甲中通入空气，空气携带乙醇蒸汽一同进入乙装置，在镀银铜丝作催化剂作用下加热，空气中的氧气与乙醇发生氧化还原反应生成乙醛，并用装置丙为安全瓶，丁装置进行尾气处理。

『详解』A．乙醇和氧气在乙装置中费用一段时间后，将酒精灯撤走，控制鼓入空气的速度，铜丝仍能长时间保持红热，说明乙醇的催化氧化反应是放热反应，故A正确；
B．装置甲的作用是提供反应物乙醇蒸汽，水浴加热温度易控制，更容易获得平稳的气流，故B正确；
C．根据分析可知，装置丙的作用为安全瓶，防止倒吸，故C错误；
D．根据题意，实验过程中需要控制一定的鼓气速度，则可根据通过装置甲中冒气泡的速率控制空气的通入速率，故D正确；
答案选C。

15. 用如图所示实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是
A. 图1所示装置用于实验室制备SO2
B. 图2所示装置用于盛装KMnO4溶液
C. 图3所示装置用于在锌制品表面镀铁
D. 图4所示装置用于除去HBr中的Br2
『答案』C
『解析』
『详解』A．实验室用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备SO2，图1所示装置符合要求，故A正确；B．图2所示装置为酸式滴定管，酸式滴定管可用于盛装酸性或氧化性溶液，KMnO4溶液具有氧化性，因此可以用于盛装KMnO4溶液，故B正确；
C．在锌制品表面镀铁，则铁作阳极，锌作阴极，电镀液应为含有镀层金属的可溶性盐溶液，则应使用硫酸亚铁溶液，故C错误；
D．图4所示装置除去的Br2不易溶于水，易溶于CCl4，HBr不易溶于CCl4，易溶于水，则图4所示装置可以用于除去HBr中的Br2，故D正确；
答案选C。

16. 南开大学陈军院士最近开发出一种可充电的新型水系聚合物空气电池，其充放电时的工作原理如图所示。

下列说法错误的是
A. 放电时，M极电势低于N极电势
B. 放电时，N极上的电极反应式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-
C. 充电时，每消耗22.4 L O2，通过阳离子交换膜的K＋的物质的量为4 mol
D. 充电时，电池总反应为
『答案』C
『解析』 『分析』
主要从N 极的变化入手判断，放电时，N 极氧气得电子被还原：O 2＋4e -＋2H 2O=4OH -，充电时氢氧根失电子被氧化生成氧气；
『详解』A ．由图可知，放电N 极是氧气得到电子形成OH −，为电池的
正极，所以M 极电
势低于N 极电势，故A 正确；
B ．由图知，放电时，N 极上的电极反应式为O 2＋4e -＋2H 2O=4OH -，故B 正确；
C ．由于22.4 L O 2不知道气体所处的是否为标况，所以不能计算，故C 错误；
D ．由图知，充电时，电池总反应为，故D 正确；
答案选C 。

二、非选择题：本题共5小题，共52分。

17. 乙醇、乙酸是生活中常见的有机物。

请回答下列问题：
(1)乙醇、乙酸分别与完全相同的钠粒反应，___________(填物质名称)与Na 的反应速率较快。

(2)乙醇可以在___________(填物质的化学式)的作用下转化为乙酸，该反应可以用来检验司机是否酒后驾车。

(3)乙醇和乙酸可以在一定条件下发生反应，写出该反应的化学方程式___________。

在该反应中，浓硫酸的作用是___________。

在发生反应时，加入稍过量的浓硫酸的原因是___________，加入浓硫酸的量不能过量太多的原因是___________。

『答案』 (1). 乙酸 (2). K 2Cr 2O 7 (3). CH 3COOH
+CH 3CH 2OH
24
H SO 浓Δ
CH 3COOCH 2CH 3 +H 2O (4). 催化剂和吸水剂 (5). 浓硫酸具
有吸水性，能将生成的水吸走，促进酯化反应正向进行 (6). 浓硫酸具有脱水性，与有机物会发生脱水反应
『解析』
『详解』(1)乙酸、乙醇与金属钠反应率快慢体现了羟基上氢原子的活性强弱，羟基上的氢
原子越活泼，与钠反应的速率越快，乙酸中的羟基上的氢原子比乙醇中的活性大，则乙醇、乙酸分别与完全相同的钠粒反应，乙酸与Na 的反应速率较快；
(2)检验司机是否酒后驾车是利用乙醇可以在K 2Cr 2O 7的作用下转化为乙酸，该过程中K 2Cr 2O 7的颜色由橙黄色变成浅绿色；
(3)乙醇和乙酸可以在一定条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，该反应的化学方程式CH 3COOH +CH 3CH 2OH
24
H SO 浓Δ
CH 3COOCH 2CH 3 +H 2O ；在该反应中，浓硫酸的作用是
催化剂和吸水剂。

在发生反应时，加入稍过量的浓硫酸的原因是浓硫酸具有吸水性，能将生成的水吸走，促进酯化反应正向进行；加入浓硫酸的量不能过量太多的原因是浓硫酸具有脱水性，与有机物会发生脱水反应。

18. NO 的处理是环境化学家研究的热点课题。

已知：CO(g)的燃烧热为283.0 kJ·mol -1；N 2(g)＋O 2(g)2NO(g) △H 1=＋180.0 kJ·mol -1。

请回答下列问题： (1)反应2NO(g)＋2CO(g)
N 2(g)＋2CO 2(g) △H =___________。

(2)用活性炭还原法可处理氮氧化物。

向2 L 恒容恒温密闭容器中加入足量的活性炭和2.0 mol NO ，发生反应C(s)＋2NO(g)
N 2(g)＋CO 2(g) △H ＜0。

300℃时，测得反应进行到不同时
间各物质的物质的量浓度如图所示。

①300℃时，10min 内，该反应的平均速率v (N 2)=___________，平衡常数K =___________。

②保持反应条件与前30min 的条件相同，若第30min 时向该容器中再加入1 mol NO ，则到达新平衡时，c (NO)=___________。

③若保持其他条件不变，将起始容器改为绝热密闭容器，则到达平衡所需的时间将___________(填“>”“<”或“=”)20 min 。

(3)以石墨为电极，稀NH 4NO 3为电解质溶液，电解废气中的NO 生成NH 4NO 3的工作原理如图所示：
物质X的化学式为___________，电解时阴极的电极反应式为___________。

『答案』(1). -746 kJ·mol-1(2). 0.016mol/(L·min) (3). 0.25 (4). 0.75 mol/L
(5). ＜(6). NH3(7). NO+5e-+6H+=+
4
NH+H2O
『解析』
『详解』(1)已知：CO(g)的燃烧热为283.0 kJ·mol-1，热化学反应方程式为：
①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H1=-566 kJ·mol-1；
②N 2(g)＋O2(g)2NO(g) △H2=+180.0 kJ·mol-1
根据盖斯定律，①-②可得反应2NO(g)＋2CO(g)N 2(g)＋2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1-180.0 kJ·mol-1=-746 kJ·mol-1；
(2)用活性炭还原法可处理氮氧化物。

向2 L恒容恒温密闭容器中加入足量的活性炭和2.0 mol NO，发生反应C(s)＋2NO(g)N 2(g)＋CO2(g) △H＜0，则初始投料时，NO的浓度为
2.0 mol
2L
=1mol/L，根据图示可知，上方的曲线为NO反应进行到不同时间物质的物质的量浓度变化，根据反应C(s)＋2NO(g)N 2(g)＋CO2(g)可知，N2和CO2物质的量比为1∶1，则下方的曲线可表示N2或CO2的进行到不同时间物质的量浓度变化；
①300℃时，10min内，N2的浓度变化量为0.16mol/L，该反应的平均速率
v(N2)=0.16mol/L
10min
=0.016mol/(L·min)；根据图示，反应进行到20分钟时达到平衡状态，平
衡常数K＝
()()
()
22
2
c N c CO
c NO
=()2
0.250.25
0.5
⨯
=0.25；
②保持反应条件与前30min的条件相同，若第30min时向该容器中再加入1 mol NO，达到平衡时与原平衡等效，NO的平衡转化率不变，原平衡时，NO的平衡转化率为
0.5mol/L
1mol/L
×100%=50%，则1 mol NO在2 L恒容恒温密闭容器中参与反应达到平衡时的浓
度为=
1mol 2L -1mol
2L
×50%=0.25mol/L ，故达到新平衡时，c (NO)=0.5mol/L+0.25mol/L=0.75
mol/L ；
③若保持其他条件不变，将起始容器改为绝热密闭容器，则反应放热，容器温度升高，反应速率加快，因此到达平衡所需的时间将＜20 min ；
(3)分析题中电解池装置图可知，电解稀NH 4NO 3为电解质溶液，最终获得浓硝酸铵溶液，通入的应为NH 3；根据化合价变化，左端N 元素由+2价变为-3价，化合价降低，得电子，发生还原反应，则左端为阴极，右端为阳极，NO 既能参与阳极反应生成-
3NO ，又参与阴极反应生成+
4NH ，则阴极电极反应式为NO+5e -+6H +=+
4NH +H 2O ，阳极的电极反应式为NO-3e -+ H 2O=-3NO +H +。

19. 已知CO 2和H 2反应的
热化学方程式为CO 2(g)＋H 2(g)=CO(g)＋H 2O(g) △H =＋a kJ·mol -1，其反应过程中的能量变化如图所示。

请回答下列问题：
(1)反应CO 2(g)＋H 2(g)=CO(g)＋H 2O(g)为___________(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的活化能为___________(填“E 1”“E 2”或“E 3”)。

若其他条件不变，使用高效催化剂后，E 1将___________(填“增大”“不变”或“减小”，下同)，E 3将___________。

(2)已知O 2(g)＋2H 2(g)=2H 2O(g) △H =-b kJ·mol -1(b>0)，表示CO 燃烧热的热化学方程式为___________(△H 用含有a 、b 的代数式表示)。

『答案』 (1). 吸热 (2). E 1 (3). 减小 (4). 不变 (5). CO(g)+1
2
O 2(g)=CO 2(g) △H =-(a+
b
2
) kJ·mol -1 『解析』
『详解』
(1)由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应CO 2(g)＋H 2(g)=CO(g)＋H 2O(g)为吸热反应；该反应的活化能为E 1。

催化剂能降低反应的活化能，若其他条件不
变，使用高效催化剂后，E1、E2将减小，E3将为反应的反应热，催化剂不改变反应热，则E3不变；
(2)已知：①O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) △H=-b kJ·mol-1(b＞0)
②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) △H=＋a kJ·mol-1
根据盖斯定律，1
2
①-②可得表示CO燃烧热的热化学方程式为CO(g)+
1
2
O2(g)=CO2(g)
△H=1
2
×(-b kJ·mol-1)- a kJ·mol-1=-(a+
b
2
) kJ·mol-1。

20. 已知：①白磷的熔点为44.1℃；②PCl3是无色液体，沸点为76.1℃，易溶于乙醇，遇水立刻水解；实验室用如图所示装置制备PCl3。

请回答下列问题：
(1)仪器M的名称为___________，装置B中的试剂为___________。

(2)装置A中发生反应的离子方程式为___________。

(3)装置D中冷凝水的入口为___________(填“m”或“n”)，蒸馏烧瓶中收集到的产物中可能混有的杂质为___________。

(4)装置E的作用为___________。

(5)PCl3和水反应生成H3PO3和HCl的化学方程式为___________。

『答案』(1). 分液漏斗(2). 浓硫酸(3). MnO2+ 4H++2Cl-Δ
Mn2++Cl2+2H2O
(4). n (5). PCl5(6). 吸收未反应的氯气和防止空气中的水蒸气进入反应器(7). PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl
『解析』
『分析』
实验室用如图所示装置制备PCl3，A装置中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，
由于PCl3遇水立刻水解，制取的氯气中含有水蒸气，通过B装置浓硫酸进行干燥，氯气在装置C中与白磷反应生成PCl3，经过冷凝，在圆底烧瓶中收集PCl3，E装置用于吸收未反应的氯气和防止空气中的水蒸气进入，防止PCl3水解，则E中应盛放碱石灰。

『详解』(1)根据装置构造，仪器M的名称为分液漏斗；装置B的作用为干燥氯气，则B中的试剂为浓硫酸；
(2)根据分析，装置A中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，发生反应的离子方
程式为MnO2+ 4H++2Cl-Δ
Mn2++Cl2+2H2O；
(3)装置D中冷凝水的流向应该是下进上出，则入口为n；由于PCl3+ Cl2= PCl5(s)，会有PCl5溶解其中，则蒸馏烧瓶中收集到的产物中可能混有的杂质为PCl5；
(4)根据分析，装置E的作用为吸收未反应的氯气和防止空气中的水蒸气进入反应器；
(5)有题意，PCl3和水反应生成H3PO3和HCl，根据原子守恒，化学方程式为
PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl。

21. 氮氧化物超标排放是水体富营养化的重要原因，可以用以下流程处理：
请回答下列问题：
(1)请用平衡移动原理解释过程I的原理为___________。

(2)过程II每转化1 mol NH+
4
，转移电子的物质的量为___________。

(3)过程III的产物为两种无污染气体和生活中一种常见的液体，则该过程发生反应的化学方程式为___________。

『答案』(1). 氨水中存在NH 3+H2O NH3·H2O，NH3·H2O+
4
NH+OH-，过程I中加入NaOH，可以使平衡逆向移动，使氨气逸出，同时进行加热和鼓入空气，加快了氨气的逸出，使平衡逆向移动(2). 8mol (3). 6HNO3+5CH3OH=3N2↑+5CO2↑+13H2O
『解析』
『分析』
高浓度氨氮废水中含有大量氨气和氨水，存在NH3+H2O NH3·H2O，
NH 3·H2O+
4
NH+OH-，加入NaOH和鼓入空气加热促使氨气逸出，降低氨氮废水的浓度，。