2023-2024學年江蘇省蘇州市高二上期期中考試化試題（解析版）

PAGEPAGE3江蘇省蘇州市2023-2024學年高二上學期期中考試注意事項：1.本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，試卷滿分100分。考試時間75分鐘。2.將選擇題〖答案〗填涂在答題卡的對應位置上，非選擇題的〖答案〗寫在答題卡的指定欄目內(nèi)。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23S32一、單項選擇題：共13小題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.燃料電池能有效提高能源利用率，具有廣泛的應用前景。下列物質(zhì)均可用作燃料電池的燃料，其中最環(huán)保的是A.甲醇 B.天然氣 C.液化石油氣 D.氫氣〖答案〗D【詳析】A．甲醇燃燒會產(chǎn)生CO2和水，CO2會導致溫室效應；

B．天然氣主要成分是CH4，燃燒會產(chǎn)生CO2和水，CO2會導致溫室效應；

C．液化石油氣主要成分是是各種液體烴，完全燃燒會產(chǎn)生CO2和水，CO2會導致溫室效應；

D．氫氣燃燒會產(chǎn)生水，不是污染物，故其中最環(huán)保的是氫氣，選項D正確。2.下列有關(guān)化學反應速率的說法中正確的A.用鐵片與硫酸反應制取氫氣時，用質(zhì)量分數(shù)為98%的濃硫酸可增大產(chǎn)生氫氣的速率B.用鋅片與硫酸反應制取氫氣時，加入數(shù)滴硫酸銅溶液，可以加快制取氫氣的反應速率C.等質(zhì)量的鋅粉和鋅片與相同體積相同物質(zhì)的量濃度的鹽酸反應，反應速率相等D.合成氨是一個放熱反應，所以升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小〖答案〗B【詳析】A．鐵在質(zhì)量分數(shù)為98%的濃硫酸中發(fā)生鈍化，致密的鈍化膜阻礙反應的繼續(xù)進行，則用鐵片與硫酸反應制取氫氣時，用質(zhì)量分數(shù)為98%的濃硫酸不可能增大產(chǎn)生氫氣的速率，故A錯誤；B．用鋅片與稀硫酸反應制取氫氣時，加入數(shù)滴硫酸銅溶液，鋅與硫酸銅溶液反應生成的銅與鋅在稀硫酸中構(gòu)成原電池，原電池反應可以加快制取氫氣的反應速率，故B正確；C．鋅粉的表面積大于鋅片，與稀硫酸反應時接觸面積大于鋅片，反應速率快于鋅片，故C錯誤；D．升高溫度，合成氨反應的正反應速率增大、逆反應速率也增大，故D錯誤；故選B。3.下列有關(guān)原電池的說法不正確的是A.圖甲所示裝置中，鹽橋中的向盛有溶液的燒杯中移動B.圖乙所示裝置中，正極的電極反應式為C.圖丙所示裝置中，使用一段時間后，鋅筒會變薄D.圖丁所示裝置中，使用一段時間后，電解質(zhì)溶液的酸性減弱，導電能力下降〖答案〗A【詳析】A．甲裝置構(gòu)成原電池，鋅作負極，銅作正極；陽離子鉀離子移向正極，即裝有硫酸銅溶液的燒杯，A錯誤；B．氧化銀得電子發(fā)生還原反應，即，B正確；C．鋅筒作負極被消耗，故使用一段時間后，鋅筒會變薄，C正確；D．鉛蓄電池總反應為，消耗了硫酸同時生成水和難溶的硫酸鉛，故電解質(zhì)溶液的酸性減弱，導電能力下降，D正確；故選A。4.接觸法制備硫酸中的關(guān)鍵步驟是在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為。下列4個數(shù)據(jù)是在不同條件下測得的該反應的速率，其中反應最快的是A. B.C. D.〖答案〗C〖祥解〗根據(jù)反應速率之比等于化學計量數(shù)之比進行換算為同一物質(zhì)相同單位進行比較，據(jù)此解題。【詳析】A．當時，；B．；C．當=0.6時，；D．當=0.24時，；故可知C項表示反應速率最快，故〖答案〗為：C。5.接觸法制備硫酸中的關(guān)鍵步驟是在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為。在一定溫度下，向恒壓密閉容器中充入和，反應一段時間后，可以作為該反應達到化學平衡狀態(tài)的標志的是A.與之比不變B.與之比不變C.混合氣體的總壓強保持不變D.單位時間內(nèi)生成的同時，生成〖答案〗B【詳析】A．向恒壓密閉容器中充入和，與之比始終是2:1，與之比不變，反應不一定平衡，故不選A；B．反應正向進行，與之比減小，與之比不變，反應達到平衡狀態(tài)，故選B；C．向恒壓密閉容器，壓強是恒量，混合氣體的總壓強保持不變，反應不一定平衡，故不選C；D．單位時間內(nèi)生成的同時，生成，不能判斷正逆反應速率是否相等，反應不一定平衡，故不選D；選B。6.接觸法制備硫酸中的關(guān)鍵步驟是在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為。該反應的反應過程中能量變化如圖所示(圖中表示正反應的活化能，表示逆反應的活化能)。下列有關(guān)敘述正確的是A.催化劑能改變該反應的焓變B.催化劑能降低正、逆反應的活化能C.逆反應的活化能小于正反應的活化能D.與足量在催化作用下反應，放出熱量198kJ〖答案〗B【詳析】A．催化劑能降低反應的活化能，但不能改變該反應的焓變，故A錯誤；B．由圖可知，催化劑能降低正、逆反應的活化能，故B正確；C．由圖可知，該反應為逆反應的活化能大于正反應的活化能的放熱反應，故C錯誤；D．該反應為可逆反應，可逆反應不可能完全反應，所以2mol二氧化硫與足量氧氣在五氧化二釩催化作用下反應，放出熱量小于198kJ，故D錯誤；故選B。7.接觸法制備硫酸中的關(guān)鍵步驟是在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為。反應在一定條件下達到平衡，下列有關(guān)說法正確的是A.其他條件不變，增大壓強，平衡正向移動，反應的平衡常數(shù)增大B.其他條件不變，提高的值可增大的轉(zhuǎn)化率C.升高溫度，能提高的反應速率和轉(zhuǎn)化率D.反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和比反應中形成新共價鍵的鍵能之和小〖答案〗D【詳析】A．該反應正反應是一個氣體體積減小的方向，故其他條件不變，增大壓強，平衡正向移動，但化學平衡常數(shù)僅僅是溫度的函數(shù)，故溫度不變反應的平衡常數(shù)不變，A錯誤；B．其他條件不變，提高的值即增大SO2的用量，平衡正向移動，O2是轉(zhuǎn)化率增大，而SO2的轉(zhuǎn)化率減小，B錯誤；C．該反應正反應是一個放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，能提高SO2的反應速率，但SO2的轉(zhuǎn)化率減小，C錯誤；D．該反應正反應是一個放熱反應，故反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和即吸收的總能量比反應中形成新共價鍵的鍵能之和即放出的總能量小，D正確；故〖答案〗為：D。8.下列有關(guān)金屬腐蝕的說法不正確的是A.鍍層破損的白鐵皮(鍍鋅)比馬口鐵(鍍錫)更易被腐蝕B.海水中鋼鐵水閘與外加直流電源的負極相連可減緩其腐蝕C.用氯化鐵溶液腐蝕銅板制作印刷電路板D.鋁片經(jīng)過濃硫酸處理后表面生成致密的氧化膜可保護鋁〖答案〗A【詳析】A．鍍層破損的白鐵皮(鍍鋅)中鋅做負極鐵做正極被保護，破損的馬口鐵(鍍錫)鐵做負極更易被腐蝕，A錯誤；B．海水中鋼鐵水閘與外加直流電源的負極相連做陰極被保護，B正確；C．氯化鐵溶液可以和銅反應，故可以用氯化鐵溶液腐蝕銅板制作印刷電路板，C正確；D．致密氧化膜阻止反應進一步發(fā)生，可保護鋁，D正確；故選A。9.微生物燃料電池可用于凈化含鉻廢水，其工作原理如圖所示，該電池工作時，下列說法不正確是A.M極是電池的負極B.在電極上發(fā)生氧化反應C.N電極附近溶液的pH增大D.若參加反應，則有從交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移〖答案〗D〖祥解〗由圖可知，M電極為原電池的負極，微生物和水分子作用下甲醇在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳和氫離子，電極反應式為CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+，電極N為正極，還原菌作用下氧氣、重鉻酸根離子酸性條件下在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水、氫氧化鉻，電極反應式為O2+4e—+4H+＝2H2O、Cr2O+6e—+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，原電池工作時負極區(qū)氫離子通過陽離子交換膜進入正極區(qū)?！驹斘觥緼．由分析可知，M電極為原電池的負極，故A正確；B．由分析可知，M電極為原電池的負極，微生物和水分子作用下甲醇在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳和氫離子，故B正確；C．由分析可知，電極N為正極，還原菌作用下氧氣、重鉻酸根離子酸性條件下在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水、氫氧化鉻，電極反應式為O2+4e—+4H+＝2H2O、Cr2O+6e—+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，原電池工作時放電消耗氫離子，溶液中氫離子濃度減小，所以N電極附近溶液的pH增大，故C正確；D．由分析可知，電極N為正極，還原菌作用下氧氣、重鉻酸根離子酸性條件下在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水、氫氧化鉻，電極反應式為O2+4e—+4H+＝2H2O、Cr2O+6e—+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，則若有0.1mol重鉻酸根離子參加反應，從交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移氫離子的物質(zhì)的量大于0.8mol，故D錯誤；故選D。10.治理汽車尾氣中NO和CO污染的一種方法的反應原理為，某一溫度下，其化學平衡常數(shù)。下列說法正確的是A.反應達到平衡時，CO、NO的轉(zhuǎn)化率相等B.化學平衡常數(shù)的表達式為C.此溫度下，因K值較大，故化學反應速率較快D.加入催化劑，反應物的活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞次數(shù)增多，反應速率增大〖答案〗D【詳析】A．根據(jù)變化量之比等于化學計量數(shù)之比可知，反應達到平衡時，CO、NO的轉(zhuǎn)化量相等，但CO、NO的轉(zhuǎn)化率是否相等，取決于CO、NO的起始量是否相等，A錯誤；B．根據(jù)平衡常數(shù)的定義可知，化學平衡常數(shù)的表達式為，B錯誤；C．平衡常數(shù)K是衡量反應進行的程度，而反應速率是衡量反應進行的快慢，故此溫度下，因K值較大，不能得出化學反應速率較快，C錯誤；D．加入催化劑，能夠降低反應所需要的活化能，是部分普通分子轉(zhuǎn)化為活化分子，故反應物的活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞次數(shù)增多，反應速率增大，D正確；故〖答案〗為：D。11.臭氧催化氧化是降解水體中有機污染物的常用方法。某科研小組研究降解有機物的路徑：取四份廢水，保持其他條件相同，第一份直接加入；第二份直接通入；第三份在加入一定量的同時通入；第四份在加入一定量與叔丁醇的同時通入，分別測的四份廢水中有機物的殘留率隨時間的變化結(jié)果如圖所示。已知：①除直接降解有機物外，在溶液中能產(chǎn)生羥基自由基，也能降解水中有機物。②叔丁醇能迅速結(jié)合而將除去。下列說法不正確的是A.幾乎不能直接降解有機物B.對降解有催化作用C.溶液中產(chǎn)生的降解是該降解過程的主要途徑D.直接降解是該降解過程的主要途徑〖答案〗C〖祥解〗第一份和第二份式樣曲線對比可以判斷臭氧和二氧化錳分別對有機物殘留率的影響；對比第二份和第三份可知，加入二氧化錳后有機物殘留率明顯降低，因此MnO2對O3降解有催化作用；已知條件臭氧降解過程中產(chǎn)生了·OH，·OH參與降解，對比第三份和第四份圖像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速結(jié)合而將除去，但有機物殘留率仍和第三份相當，即直接降解是該降解過程的主要途徑，溶液中產(chǎn)生的降解不是該降解過程的主要途徑，據(jù)此回答。【詳析】A．由圖知，只加入二氧化錳時廢水中有機物的殘留率隨時間改變基本沒有降低，即幾乎不能直接降解有機物，A正確；B．由圖對比第二份和第三份可知，加入二氧化錳后有機物殘留率明顯降低，因此MnO2對O3降解有催化作用，B正確；C．對比第三份和第四份圖像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速結(jié)合而將除去，但有機物殘留率仍和第三份相當，即溶液中產(chǎn)生的降解不是該降解過程的主要途徑，C錯誤；D．對比第三份和第四份圖像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速結(jié)合而將除去，但有機物殘留率仍和第三份相當，即直接降解是該降解過程的主要途徑，D正確；故選C。12.在催化下，與制備乙醛的反應機理如圖所示，下列說法正確的是A.增加的量，的平衡轉(zhuǎn)化率增大B.過程①~⑥中鐵元素化合價均發(fā)生變化C.X為，是反應的產(chǎn)物之一D.每消耗可制備乙醛〖答案〗C【詳析】A．由分析可知，F(xiàn)e+是反應的催化劑，催化劑能加快反應速率，但化學平衡不移動，則增加的量，乙烷的轉(zhuǎn)化率不變，故A錯誤；B．由圖可知，反應③、④中，鐵元素化合價沒有發(fā)生變化，故B錯誤；C．由分析可知，乙烷與一氧化二氮制備乙醛時，會發(fā)生副反應生成乙醇，所以X為是反應的產(chǎn)物之一的乙醇，故C正確；D．分析可知，乙烷與一氧化二氮制備乙醛時，會發(fā)生副反應生成乙醇，由得失電子數(shù)目守恒可知，消耗1mol一氧化二氮時，反應生成乙醛的物質(zhì)的量小于0.5mol，故D錯誤；故選C。〖祥解〗由圖可知，F(xiàn)e+是反應的催化劑，主反應為乙烷與一氧化二氮反應生成乙醛、氮氣和水，副反應為乙烷與一氧化二氮反應生成乙醇和氮氣。13.催化加氫制甲醇過程中的主要反應有：反應I：反應II：壓強分別為、時，將的混合氣體置于恒容密閉容器中反應，不同溫度下平衡時體系中轉(zhuǎn)化率和(或CO)選擇性如圖所示，(或CO)的選擇性可表示為，下列說法正確的是A.曲線①代表的是CO選擇性B.反應C.D.其他條件不變，增大壓強，CO選擇性變小〖答案〗D〖祥解〗由方程式可知，反應Ⅰ為氣體體積減小的放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，甲醇的選擇性減小，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，反應Ⅱ為氣體體積不變的吸熱反應，壓強一定時升高溫度，平衡向正反應方向移動，一氧化碳的選擇性增大，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，則曲線①代表的是甲醇的選擇性，曲線②、③代表二氧化碳的轉(zhuǎn)化率；溫度一定時增大壓強，反應Ⅰ的平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大、二氧化碳和氫氣的濃度減小，反應Ⅱ的平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不變，二氧化碳和氫氣的濃度減小導致反應Ⅱ的平衡向逆反應方向移動，一氧化碳的選擇性減小。【詳析】A．由分析可知，曲線①代表的是甲醇的選擇性，故A錯誤；B．由蓋斯定律可知，反應Ⅰ—Ⅱ得到反應，則反應ΔH=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol，故B錯誤；C．由分析可知，曲線②、③代表二氧化碳的轉(zhuǎn)化率，反應Ⅰ為氣體體積減小的放熱反應，溫度一定時增大壓強，反應Ⅰ的平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，反應Ⅱ為氣體體積不變的吸熱反應，平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不變，由圖可知，溫度一定時，p1條件下二氧化碳的轉(zhuǎn)化率大于p2，則壓強p1大于p2，故C錯誤；D．由分析可知，溫度一定時增大壓強，反應Ⅰ的平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大、二氧化碳和氫氣的濃度減小，反應Ⅱ的平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不變，二氧化碳和氫氣的濃度減小導致反應Ⅱ的平衡向逆反應方向移動，一氧化碳的選擇性減小，故D正確；故選D。二、非選擇題：共4題，共61分。14.合成氨技術(shù)的創(chuàng)立開辟了人工固氮的重要途徑。Ⅰ.催化合成氨（1）鐵觸媒催化合成氨的反應進程如圖所示(圖中“*”表示吸附在催化劑表面的物質(zhì))。①催化反應往往經(jīng)過物質(zhì)在催化劑表面的“吸附”過程和脫離催化劑表面的“脫附”過程，“脫附”過程是___________(填“吸熱”或“放熱”)過程。②上圖中決速步驟的反應方程式為___________。③相同質(zhì)量的同種催化劑，在載體上的分散度越高，催化效果越好，原因是___________。（2）實驗室模擬合成氨。恒溫下，向一個4L的密閉容器中充入和，反應過程中對的物質(zhì)的量進行檢測，得到的數(shù)據(jù)如下表所示：時間/min510152025300.320.560.720.800.800.80①計算此條件下該反應的化學平衡常數(shù)___________。②若維持容器容積不變，溫度不變，往原平衡體系中加入、和各，再次達到平衡前___________(填“>”、“<”或“=”)。Ⅱ.電化學合成氨電解法合成氨反應裝置如圖所示：（3）①寫出a極電極反應式___________。②電解裝置中質(zhì)子交換膜的作用為___________。③若b極產(chǎn)生的在一定條件下的體積為336L，a極中通入相同條件下的總體積為672L，則的轉(zhuǎn)化率為___________%(保留兩位有效數(shù)字)?！即鸢浮剑?）①.吸熱②.N*+3H*=NH*+2H*③.分散度越高，總表面積越大，吸附的反應物越多（2）①.0.1②.<（3）①.N2+6e—+6H+=2NH3②.為質(zhì)子的遷移和輸送提供通道，并且阻礙陰、陽兩極產(chǎn)物接觸③.33〖解析〗【小問1詳析】①物質(zhì)脫離催化劑表面時，需要消耗一定的能量，所以脫附過程是吸熱過程，故〖答案〗為：吸熱；②活化能越大，反應速率越慢，反應的決速步驟取決于慢反應，由圖可知，N*和3H*轉(zhuǎn)化為NH*和2H*的活化能最大，則決速步驟的反應方程式為N*+3H*=NH*+2H*，故〖答案〗為：N*+3H*=NH*+2H*；③相同質(zhì)量的同種催化劑，在載體上的分散度越高說明催化劑的總表面積越大，吸附的反應物越多，催化效果越好，故〖答案〗為：分散度越高，總表面積越大，吸附的反應物越多；【小問2詳析】①由表格數(shù)據(jù)可知，20min反應達到平衡時，氨氣的物質(zhì)的量為0.80mol，由方程式可知，平衡時氮氣、氫氣的物質(zhì)的量為2mol-0.80mol×=1.6mol、5.2mol-0.80mol×=4.0mol，則反應的平衡常數(shù)K==0.1，故〖答案〗為：0.1；②若維持容器容積不變，溫度不變，往原平衡體系中加入氫氣、氮氣和氨氣各4mol，反應的濃度熵Qc=≈0.13＞0.1，則反應向逆反應方向進行，逆反應速率大于正反應速率，故〖答案〗為：<；【小問3詳析】由圖可知，a極為電解池的陰極，氫離子作用下氮氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氨氣，電極反應式為N2+6e-+6H+=2NH3，b電極為陽極，水分子在陽極失去電子發(fā)生還原反應生成氧氣和氫離子，電極反應式為H2O-4e-=O2+4H+。①由分析可知，a極為電解池的陰極，氫離子作用下氮氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氨氣，電極反應式為N2+6e-+6H+=2NH3，故〖答案〗為：N2+6e-+6H+=2NH3；②由分析可知，a極放電生成氨氣，b極放電生成氧氣，電解裝置中質(zhì)子交換膜只允許氫離子通過，不允許氧氣和氨氣通過，可以阻礙氨氣和氧氣接觸，從而防止制得的氨氣中混有雜質(zhì)，故〖答案〗為：為質(zhì)子的遷移和輸送提供通道，并且阻礙陰、陽兩極產(chǎn)物接觸；③由得失電子數(shù)目守恒可知，陽極生成336L氧氣時，陰極消耗氮氣的物質(zhì)的量為×=10mol，則氮氣的轉(zhuǎn)化率為×100%≈33%，故〖答案〗為：33。15.納米鐵粉可用于處理水中污染物。某科研小組研究了在不同環(huán)境下納米鐵粉與反應的情況。（1）足量的納米鐵粉與酸性廢水中反應，若反應無氣體產(chǎn)生，其離子方程式為___________；研究發(fā)現(xiàn)，一定量納米鐵粉處理廢水時，若pH偏低將會導致的去除率下降，其原因是___________。（2）相同條件下，將活性炭載納米鐵粉和納米鐵粉分別加入含廢水中，反應相同時間，采用活性炭載納米鐵粉去除的效率更高，原因是___________。（3）用催化劑協(xié)同納米鐵粉去除水體中的催化還原反應過程如圖-1所示，去除率及生成率隨水體初始pH變化的曲線如圖-2所示。為有效降低水體中氮元素的含量，宜調(diào)整水體pH為4.2，當時，隨pH減小，生成率逐漸降低的原因是___________?！即鸢浮剑?）①.②.pH低于4.0，納米鐵粉易與反應放出氫氣，被還原的數(shù)目減少（2）活性炭載納米鐵粉能形成鐵碳原電池，加快反應速率（3）pH減小，H+濃度增大，會生成更多的H，使被還原的中間產(chǎn)物NH更多的與H反應生成，減少N2的生成〖解析〗【小問1詳析】依題意知，反應無氣體產(chǎn)生，則轉(zhuǎn)化為；若pH偏低，則鐵與H+易反應生成H2而降低了的去除率。故〖答案〗為：，pH低于4.0，納米鐵粉易與反應放出氫氣，被還原的數(shù)目減少?！拘?詳析】活性炭載納米鐵粉和納米鐵粉相比較，前者有活性炭，與鐵粉能形成鐵碳原電池，可加快反應速率。故〖答案〗為：活性炭載納米鐵粉能形成鐵碳原電池，加快反應速率。【小問3詳析】pH減小，H+濃度增大，會生成更多的H，使被還原的中間產(chǎn)物NH更多的與H反應生成NH3甚至為。故〖答案〗為：pH減小，H+濃度增大，會生成更多的H，使被還原的中間產(chǎn)物NH更多的與H反應生成，減少N2的生成。16.工業(yè)上，以煤炭為原料，通入一定比例的空氣和水蒸氣，經(jīng)過系列反應可以得到滿足不同需求的原料氣。（1）在C和的反應體系中：反應1：反應2：反應3：則___________。（2）水煤氣反應：。工業(yè)生產(chǎn)水煤氣時，通常交替通入合適量的空氣和水蒸氣與煤炭反應，其原因是___________。（3）一氧化碳變換反應：。已知：平衡體系中各組分平衡壓強，即組分的物質(zhì)的量分數(shù)×總壓，如CO的平衡壓強：。①一定溫度下，反應后測得各組分的平衡壓強：、、和，則反應的平衡常數(shù)K的數(shù)值為___________。②維持與題①相同的溫度和總壓，提高水蒸氣的比例，使CO的平衡轉(zhuǎn)化率提高到90%，則原料氣中水蒸氣和CO的物質(zhì)的量之比為___________。③以固體催化劑M催化變換反應，若水蒸氣首先被催化劑的活性表面吸附而解離，生成中間體MO，能量變化如圖所示。用化學方程式表示該催化反應的歷程(反應機理)：___________?！即鸢浮剑?）（2）水蒸氣與煤炭反應吸熱，氧氣與煤炭反應放熱，交替通入空氣和水蒸氣有利于維持體系熱量平衡，保持較高溫度，有利于加快反應速率；（3）①.9.0②.9∶5③.M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2〖解析〗【小問1詳析】由已知方程式：(2×反應1-反應2)可得反應3，結(jié)合蓋斯定律得：；【小問2詳析】由于水蒸氣與煤炭反應吸熱，會引起體系溫度的下降，從而導致反應速率變慢，不利于反應的進行，通入空氣，利用煤炭與O2反應放熱從而維持體系溫度平衡，維持反應速率，故〖答案〗為：水蒸氣與煤炭反應吸熱，氧氣與煤炭反應放熱，交替通入空氣和水蒸氣有利于維持體系熱量平衡，保持較高溫度，有利于加快反應速率；【小問3詳析】①該反應平衡常數(shù)；②假設原料氣中水蒸氣為xmol，CO為1mol，由題意列三段式如下：則平衡常數(shù)，解得x=1.8，故水蒸氣與CO物質(zhì)的量之比為1.8∶1=9∶5；③水分子首先被催化劑吸附，根據(jù)元素守恒推測第一步產(chǎn)生H2，第二步吸附CO產(chǎn)生CO2，對應反應歷程依次為：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。17.CO2的資源化利用是實現(xiàn)碳中和的重要途徑。Ⅰ．熱化學法處理CO2CO2加氫制CH3OH的反應為：（1）該反應能自發(fā)進行的主要原因是___________。（2）該反應的正反應速率可表示為，逆反應速率可表示為，其中、為速率常數(shù)。下圖中能夠代表的曲線為___________(填“”“”“”或“”)；若該反應的化學平衡常數(shù)，那么發(fā)生該反應的溫度___________(填“>”、“<”或“=”)。（3）實際合成反應時，也會有CH3COCH3等生成。在恒壓條件下，H2、CO2的體積比為反應時，在催化劑作用下反應相同時間所測得的CH3OH選擇性(CH3OH選擇性)和產(chǎn)率隨溫度的變化如圖所示：①合成CH3OH最適宜的溫度為___________；②在210℃~230℃范圍內(nèi)隨著溫度的升高，CH3OH的產(chǎn)率迅速升高的原因是___________。Ⅱ．電化學法處理CO2的資源化利用是實現(xiàn)碳中和的重要途徑一種有機多孔電極材料(銅粉沉積在一種有機物的骨架上)電催化還原CO2的資源化利用是實現(xiàn)碳中和的重要途徑裝置示意圖如圖所示。（4）b電極生成HCOOH的電極反應式為___________。（5）科研小組利用13CO2的資源化利用是實現(xiàn)碳中和的重要途徑代替原有的CO2的資源化利用是實現(xiàn)碳中和的重要途徑進行研究，其目的是___________。（6）控制其他條件相同，將一定量的CO2的資源化利用是實現(xiàn)碳中和的重要途徑通入該電催化裝置中，陰極所得產(chǎn)物及其物質(zhì)的量與電壓的關(guān)系如圖所示。控制電壓為0.8V，電解時轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為___________mol?！即鸢浮剑?）該反應是一個放熱反應（2）①.L4②.＜（3）①.230℃②.溫度升高，反應速率加快，相同時間段內(nèi)生成的CH3OH越多（4）CO2+2e-+2H+=HCOOH（5）為確定陰極上生成的含碳化合物源自CO2而非有機多孔電極材料（6）2.8〖解析〗【小問1詳析】已知反應正反應是一個氣體體積減小的反應即＜０，故該反應能自發(fā)進行的主要原因是該反應是一個放熱反應，故〖答案〗為：該反應是一個放熱反應；【小問2詳析】由(1)分析可知，該反應為放熱反應，升高溫度，反應速率加快，速率常數(shù)也增大，且平衡逆向移動，則逆反應速率增大的幅度大于正反應速率，則圖中能代表k逆的曲線為L4，由題干圖像信息可知，T1時達到平衡時，則有，此時k正=k逆，故有K==1，若該反應的化學平衡常數(shù)K=1.2，結(jié)合反應正反應為放熱反應可知，那么發(fā)生該反應的溫度＜T1，故〖答案〗為：L4；＜；【小問3詳析】①合成甲醇最適宜的溫度是甲醇產(chǎn)率最高的溫度，由圖可知，合成甲醇最適宜的溫度為230℃，故〖答案〗為：230℃；②由圖可知，溫度為230℃時，甲醇的產(chǎn)率最高，反應達到平衡狀態(tài)，即230℃之前還未達到平衡，則溫度升高反應速率加快，相同時間段內(nèi)生成的CH3OH越多，故在210℃~230℃范圍內(nèi)隨著溫度的升高，CH3OH的產(chǎn)率迅速升高的原因是溫度升高，反應速率加快，相同時間段內(nèi)生成的CH3OH越多，故〖答案〗為：溫度升高，反應速率加快，相同時間段內(nèi)生成的CH3OH越多；小問4詳析】該裝置為電解池，a電極為陽極，b電極為陰極，CO2在陰極上得電子生成HCOOH，陰極反應式為CO2+2e-+2H+=HCOOH，故〖答案〗為：CO2+2e-+2H+=HCOOH；【小問5詳析】科研小組利用13CO2代替原有的CO2進行研究，其目的是為確定陰極上生成的含碳化合物源自CO2而非有機多孔電極材料，故〖答案〗為：為確定陰極上生成的含碳化合物源自CO2而非有機多孔電極材料；江蘇省蘇州市2023-2024學年高二上學期期中考試注意事項：1.本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，試卷滿分100分?？荚嚂r間75分鐘。2.將選擇題〖答案〗填涂在答題卡的對應位置上，非選擇題的〖答案〗寫在答題卡的指定欄目內(nèi)。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23S32一、單項選擇題：共13小題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.燃料電池能有效提高能源利用率，具有廣泛的應用前景。下列物質(zhì)均可用作燃料電池的燃料，其中最環(huán)保的是A.甲醇 B.天然氣 C.液化石油氣 D.氫氣〖答案〗D【詳析】A．甲醇燃燒會產(chǎn)生CO2和水，CO2會導致溫室效應；

B．天然氣主要成分是CH4，燃燒會產(chǎn)生CO2和水，CO2會導致溫室效應；

C．液化石油氣主要成分是是各種液體烴，完全燃燒會產(chǎn)生CO2和水，CO2會導致溫室效應；

D．氫氣燃燒會產(chǎn)生水，不是污染物，故其中最環(huán)保的是氫氣，選項D正確。2.下列有關(guān)化學反應速率的說法中正確的A.用鐵片與硫酸反應制取氫氣時，用質(zhì)量分數(shù)為98%的濃硫酸可增大產(chǎn)生氫氣的速率B.用鋅片與硫酸反應制取氫氣時，加入數(shù)滴硫酸銅溶液，可以加快制取氫氣的反應速率C.等質(zhì)量的鋅粉和鋅片與相同體積相同物質(zhì)的量濃度的鹽酸反應，反應速率相等D.合成氨是一個放熱反應，所以升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小〖答案〗B【詳析】A．鐵在質(zhì)量分數(shù)為98%的濃硫酸中發(fā)生鈍化，致密的鈍化膜阻礙反應的繼續(xù)進行，則用鐵片與硫酸反應制取氫氣時，用質(zhì)量分數(shù)為98%的濃硫酸不可能增大產(chǎn)生氫氣的速率，故A錯誤；B．用鋅片與稀硫酸反應制取氫氣時，加入數(shù)滴硫酸銅溶液，鋅與硫酸銅溶液反應生成的銅與鋅在稀硫酸中構(gòu)成原電池，原電池反應可以加快制取氫氣的反應速率，故B正確；C．鋅粉的表面積大于鋅片，與稀硫酸反應時接觸面積大于鋅片，反應速率快于鋅片，故C錯誤；D．升高溫度，合成氨反應的正反應速率增大、逆反應速率也增大，故D錯誤；故選B。3.下列有關(guān)原電池的說法不正確的是A.圖甲所示裝置中，鹽橋中的向盛有溶液的燒杯中移動B.圖乙所示裝置中，正極的電極反應式為C.圖丙所示裝置中，使用一段時間后，鋅筒會變薄D.圖丁所示裝置中，使用一段時間后，電解質(zhì)溶液的酸性減弱，導電能力下降〖答案〗A【詳析】A．甲裝置構(gòu)成原電池，鋅作負極，銅作正極；陽離子鉀離子移向正極，即裝有硫酸銅溶液的燒杯，A錯誤；B．氧化銀得電子發(fā)生還原反應，即，B正確；C．鋅筒作負極被消耗，故使用一段時間后，鋅筒會變薄，C正確；D．鉛蓄電池總反應為，消耗了硫酸同時生成水和難溶的硫酸鉛，故電解質(zhì)溶液的酸性減弱，導電能力下降，D正確；故選A。4.接觸法制備硫酸中的關(guān)鍵步驟是在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為。下列4個數(shù)據(jù)是在不同條件下測得的該反應的速率，其中反應最快的是A. B.C. D.〖答案〗C〖祥解〗根據(jù)反應速率之比等于化學計量數(shù)之比進行換算為同一物質(zhì)相同單位進行比較，據(jù)此解題?！驹斘觥緼．當時，；B．；C．當=0.6時，；D．當=0.24時，；故可知C項表示反應速率最快，故〖答案〗為：C。5.接觸法制備硫酸中的關(guān)鍵步驟是在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為。在一定溫度下，向恒壓密閉容器中充入和，反應一段時間后，可以作為該反應達到化學平衡狀態(tài)的標志的是A.與之比不變B.與之比不變C.混合氣體的總壓強保持不變D.單位時間內(nèi)生成的同時，生成〖答案〗B【詳析】A．向恒壓密閉容器中充入和，與之比始終是2:1，與之比不變，反應不一定平衡，故不選A；B．反應正向進行，與之比減小，與之比不變，反應達到平衡狀態(tài)，故選B；C．向恒壓密閉容器，壓強是恒量，混合氣體的總壓強保持不變，反應不一定平衡，故不選C；D．單位時間內(nèi)生成的同時，生成，不能判斷正逆反應速率是否相等，反應不一定平衡，故不選D；選B。6.接觸法制備硫酸中的關(guān)鍵步驟是在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為。該反應的反應過程中能量變化如圖所示(圖中表示正反應的活化能，表示逆反應的活化能)。下列有關(guān)敘述正確的是A.催化劑能改變該反應的焓變B.催化劑能降低正、逆反應的活化能C.逆反應的活化能小于正反應的活化能D.與足量在催化作用下反應，放出熱量198kJ〖答案〗B【詳析】A．催化劑能降低反應的活化能，但不能改變該反應的焓變，故A錯誤；B．由圖可知，催化劑能降低正、逆反應的活化能，故B正確；C．由圖可知，該反應為逆反應的活化能大于正反應的活化能的放熱反應，故C錯誤；D．該反應為可逆反應，可逆反應不可能完全反應，所以2mol二氧化硫與足量氧氣在五氧化二釩催化作用下反應，放出熱量小于198kJ，故D錯誤；故選B。7.接觸法制備硫酸中的關(guān)鍵步驟是在催化作用下與空氣中在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為。反應在一定條件下達到平衡，下列有關(guān)說法正確的是A.其他條件不變，增大壓強，平衡正向移動，反應的平衡常數(shù)增大B.其他條件不變，提高的值可增大的轉(zhuǎn)化率C.升高溫度，能提高的反應速率和轉(zhuǎn)化率D.反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和比反應中形成新共價鍵的鍵能之和小〖答案〗D【詳析】A．該反應正反應是一個氣體體積減小的方向，故其他條件不變，增大壓強，平衡正向移動，但化學平衡常數(shù)僅僅是溫度的函數(shù)，故溫度不變反應的平衡常數(shù)不變，A錯誤；B．其他條件不變，提高的值即增大SO2的用量，平衡正向移動，O2是轉(zhuǎn)化率增大，而SO2的轉(zhuǎn)化率減小，B錯誤；C．該反應正反應是一個放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，能提高SO2的反應速率，但SO2的轉(zhuǎn)化率減小，C錯誤；D．該反應正反應是一個放熱反應，故反應中斷裂舊共價鍵的鍵能之和即吸收的總能量比反應中形成新共價鍵的鍵能之和即放出的總能量小，D正確；故〖答案〗為：D。8.下列有關(guān)金屬腐蝕的說法不正確的是A.鍍層破損的白鐵皮(鍍鋅)比馬口鐵(鍍錫)更易被腐蝕B.海水中鋼鐵水閘與外加直流電源的負極相連可減緩其腐蝕C.用氯化鐵溶液腐蝕銅板制作印刷電路板D.鋁片經(jīng)過濃硫酸處理后表面生成致密的氧化膜可保護鋁〖答案〗A【詳析】A．鍍層破損的白鐵皮(鍍鋅)中鋅做負極鐵做正極被保護，破損的馬口鐵(鍍錫)鐵做負極更易被腐蝕，A錯誤；B．海水中鋼鐵水閘與外加直流電源的負極相連做陰極被保護，B正確；C．氯化鐵溶液可以和銅反應，故可以用氯化鐵溶液腐蝕銅板制作印刷電路板，C正確；D．致密氧化膜阻止反應進一步發(fā)生，可保護鋁，D正確；故選A。9.微生物燃料電池可用于凈化含鉻廢水，其工作原理如圖所示，該電池工作時，下列說法不正確是A.M極是電池的負極B.在電極上發(fā)生氧化反應C.N電極附近溶液的pH增大D.若參加反應，則有從交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移〖答案〗D〖祥解〗由圖可知，M電極為原電池的負極，微生物和水分子作用下甲醇在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳和氫離子，電極反應式為CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+，電極N為正極，還原菌作用下氧氣、重鉻酸根離子酸性條件下在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水、氫氧化鉻，電極反應式為O2+4e—+4H+＝2H2O、Cr2O+6e—+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，原電池工作時負極區(qū)氫離子通過陽離子交換膜進入正極區(qū)。【詳析】A．由分析可知，M電極為原電池的負極，故A正確；B．由分析可知，M電極為原電池的負極，微生物和水分子作用下甲醇在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳和氫離子，故B正確；C．由分析可知，電極N為正極，還原菌作用下氧氣、重鉻酸根離子酸性條件下在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水、氫氧化鉻，電極反應式為O2+4e—+4H+＝2H2O、Cr2O+6e—+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，原電池工作時放電消耗氫離子，溶液中氫離子濃度減小，所以N電極附近溶液的pH增大，故C正確；D．由分析可知，電極N為正極，還原菌作用下氧氣、重鉻酸根離子酸性條件下在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水、氫氧化鉻，電極反應式為O2+4e—+4H+＝2H2O、Cr2O+6e—+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，則若有0.1mol重鉻酸根離子參加反應，從交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移氫離子的物質(zhì)的量大于0.8mol，故D錯誤；故選D。10.治理汽車尾氣中NO和CO污染的一種方法的反應原理為，某一溫度下，其化學平衡常數(shù)。下列說法正確的是A.反應達到平衡時，CO、NO的轉(zhuǎn)化率相等B.化學平衡常數(shù)的表達式為C.此溫度下，因K值較大，故化學反應速率較快D.加入催化劑，反應物的活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞次數(shù)增多，反應速率增大〖答案〗D【詳析】A．根據(jù)變化量之比等于化學計量數(shù)之比可知，反應達到平衡時，CO、NO的轉(zhuǎn)化量相等，但CO、NO的轉(zhuǎn)化率是否相等，取決于CO、NO的起始量是否相等，A錯誤；B．根據(jù)平衡常數(shù)的定義可知，化學平衡常數(shù)的表達式為，B錯誤；C．平衡常數(shù)K是衡量反應進行的程度，而反應速率是衡量反應進行的快慢，故此溫度下，因K值較大，不能得出化學反應速率較快，C錯誤；D．加入催化劑，能夠降低反應所需要的活化能，是部分普通分子轉(zhuǎn)化為活化分子，故反應物的活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞次數(shù)增多，反應速率增大，D正確；故〖答案〗為：D。11.臭氧催化氧化是降解水體中有機污染物的常用方法。某科研小組研究降解有機物的路徑：取四份廢水，保持其他條件相同，第一份直接加入；第二份直接通入；第三份在加入一定量的同時通入；第四份在加入一定量與叔丁醇的同時通入，分別測的四份廢水中有機物的殘留率隨時間的變化結(jié)果如圖所示。已知：①除直接降解有機物外，在溶液中能產(chǎn)生羥基自由基，也能降解水中有機物。②叔丁醇能迅速結(jié)合而將除去。下列說法不正確的是A.幾乎不能直接降解有機物B.對降解有催化作用C.溶液中產(chǎn)生的降解是該降解過程的主要途徑D.直接降解是該降解過程的主要途徑〖答案〗C〖祥解〗第一份和第二份式樣曲線對比可以判斷臭氧和二氧化錳分別對有機物殘留率的影響；對比第二份和第三份可知，加入二氧化錳后有機物殘留率明顯降低，因此MnO2對O3降解有催化作用；已知條件臭氧降解過程中產(chǎn)生了·OH，·OH參與降解，對比第三份和第四份圖像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速結(jié)合而將除去，但有機物殘留率仍和第三份相當，即直接降解是該降解過程的主要途徑，溶液中產(chǎn)生的降解不是該降解過程的主要途徑，據(jù)此回答。【詳析】A．由圖知，只加入二氧化錳時廢水中有機物的殘留率隨時間改變基本沒有降低，即幾乎不能直接降解有機物，A正確；B．由圖對比第二份和第三份可知，加入二氧化錳后有機物殘留率明顯降低，因此MnO2對O3降解有催化作用，B正確；C．對比第三份和第四份圖像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速結(jié)合而將除去，但有機物殘留率仍和第三份相當，即溶液中產(chǎn)生的降解不是該降解過程的主要途徑，C錯誤；D．對比第三份和第四份圖像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速結(jié)合而將除去，但有機物殘留率仍和第三份相當，即直接降解是該降解過程的主要途徑，D正確；故選C。12.在催化下，與制備乙醛的反應機理如圖所示，下列說法正確的是A.增加的量，的平衡轉(zhuǎn)化率增大B.過程①~⑥中鐵元素化合價均發(fā)生變化C.X為，是反應的產(chǎn)物之一D.每消耗可制備乙醛〖答案〗C【詳析】A．由分析可知，F(xiàn)e+是反應的催化劑，催化劑能加快反應速率，但化學平衡不移動，則增加的量，乙烷的轉(zhuǎn)化率不變，故A錯誤；B．由圖可知，反應③、④中，鐵元素化合價沒有發(fā)生變化，故B錯誤；C．由分析可知，乙烷與一氧化二氮制備乙醛時，會發(fā)生副反應生成乙醇，所以X為是反應的產(chǎn)物之一的乙醇，故C正確；D．分析可知，乙烷與一氧化二氮制備乙醛時，會發(fā)生副反應生成乙醇，由得失電子數(shù)目守恒可知，消耗1mol一氧化二氮時，反應生成乙醛的物質(zhì)的量小于0.5mol，故D錯誤；故選C?！枷榻狻接蓤D可知，F(xiàn)e+是反應的催化劑，主反應為乙烷與一氧化二氮反應生成乙醛、氮氣和水，副反應為乙烷與一氧化二氮反應生成乙醇和氮氣。13.催化加氫制甲醇過程中的主要反應有：反應I：反應II：壓強分別為、時，將的混合氣體置于恒容密閉容器中反應，不同溫度下平衡時體系中轉(zhuǎn)化率和(或CO)選擇性如圖所示，(或CO)的選擇性可表示為，下列說法正確的是A.曲線①代表的是CO選擇性B.反應C.D.其他條件不變，增大壓強，CO選擇性變小〖答案〗D〖祥解〗由方程式可知，反應Ⅰ為氣體體積減小的放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，甲醇的選擇性減小，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，反應Ⅱ為氣體體積不變的吸熱反應，壓強一定時升高溫度，平衡向正反應方向移動，一氧化碳的選擇性增大，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，則曲線①代表的是甲醇的選擇性，曲線②、③代表二氧化碳的轉(zhuǎn)化率；溫度一定時增大壓強，反應Ⅰ的平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大、二氧化碳和氫氣的濃度減小，反應Ⅱ的平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不變，二氧化碳和氫氣的濃度減小導致反應Ⅱ的平衡向逆反應方向移動，一氧化碳的選擇性減小?！驹斘觥緼．由分析可知，曲線①代表的是甲醇的選擇性，故A錯誤；B．由蓋斯定律可知，反應Ⅰ—Ⅱ得到反應，則反應ΔH=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol，故B錯誤；C．由分析可知，曲線②、③代表二氧化碳的轉(zhuǎn)化率，反應Ⅰ為氣體體積減小的放熱反應，溫度一定時增大壓強，反應Ⅰ的平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，反應Ⅱ為氣體體積不變的吸熱反應，平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不變，由圖可知，溫度一定時，p1條件下二氧化碳的轉(zhuǎn)化率大于p2，則壓強p1大于p2，故C錯誤；D．由分析可知，溫度一定時增大壓強，反應Ⅰ的平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大、二氧化碳和氫氣的濃度減小，反應Ⅱ的平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不變，二氧化碳和氫氣的濃度減小導致反應Ⅱ的平衡向逆反應方向移動，一氧化碳的選擇性減小，故D正確；故選D。二、非選擇題：共4題，共61分。14.合成氨技術(shù)的創(chuàng)立開辟了人工固氮的重要途徑。Ⅰ.催化合成氨（1）鐵觸媒催化合成氨的反應進程如圖所示(圖中“*”表示吸附在催化劑表面的物質(zhì))。①催化反應往往經(jīng)過物質(zhì)在催化劑表面的“吸附”過程和脫離催化劑表面的“脫附”過程，“脫附”過程是___________(填“吸熱”或“放熱”)過程。②上圖中決速步驟的反應方程式為___________。③相同質(zhì)量的同種催化劑，在載體上的分散度越高，催化效果越好，原因是___________。（2）實驗室模擬合成氨。恒溫下，向一個4L的密閉容器中充入和，反應過程中對的物質(zhì)的量進行檢測，得到的數(shù)據(jù)如下表所示：時間/min510152025300.320.560.720.800.800.80①計算此條件下該反應的化學平衡常數(shù)___________。②若維持容器容積不變，溫度不變，往原平衡體系中加入、和各，再次達到平衡前___________(填“>”、“<”或“=”)。Ⅱ.電化學合成氨電解法合成氨反應裝置如圖所示：（3）①寫出a極電極反應式___________。②電解裝置中質(zhì)子交換膜的作用為___________。③若b極產(chǎn)生的在一定條件下的體積為336L，a極中通入相同條件下的總體積為672L，則的轉(zhuǎn)化率為___________%(保留兩位有效數(shù)字)?！即鸢浮剑?）①.吸熱②.N*+3H*=NH*+2H*③.分散度越高，總表面積越大，吸附的反應物越多（2）①.0.1②.<（3）①.N2+6e—+6H+=2NH3②.為質(zhì)子的遷移和輸送提供通道，并且阻礙陰、陽兩極產(chǎn)物接觸③.33〖解析〗【小問1詳析】①物質(zhì)脫離催化劑表面時，需要消耗一定的能量，所以脫附過程是吸熱過程，故〖答案〗為：吸熱；②活化能越大，反應速率越慢，反應的決速步驟取決于慢反應，由圖可知，N*和3H*轉(zhuǎn)化為NH*和2H*的活化能最大，則決速步驟的反應方程式為N*+3H*=NH*+2H*，故〖答案〗為：N*+3H*=NH*+2H*；③相同質(zhì)量的同種催化劑，在載體上的分散度越高說明催化劑的總表面積越大，吸附的反應物越多，催化效果越好，故〖答案〗為：分散度越高，總表面積越大，吸附的反應物越多；【小問2詳析】①由表格數(shù)據(jù)可知，20min反應達到平衡時，氨氣的物質(zhì)的量為0.80mol，由方程式可知，平衡時氮氣、氫氣的物質(zhì)的量為2mol-0.80mol×=1.6mol、5.2mol-0.80mol×=4.0mol，則反應的平衡常數(shù)K==0.1，故〖答案〗為：0.1；②若維持容器容積不變，溫度不變，往原平衡體系中加入氫氣、氮氣和氨氣各4mol，反應的濃度熵Qc=≈0.13＞0.1，則反應向逆反應方向進行，逆反應速率大于正反應速率，故〖答案〗為：<；【小問3詳析】由圖可知，a極為電解池的陰極，氫離子作用下氮氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氨氣，電極反應式為N2+6e-+6H+=2NH3，b電極為陽極，水分子在陽極失去電子發(fā)生還原反應生成氧氣和氫離子，電極反應式為H2O-4e-=O2+4H+。①由分析可知，a極為電解池的陰極，氫離子作用下氮氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氨氣，電極反應式為N2+6e-+6H+=2NH3，故〖答案〗為：N2+6e-+6H+=2NH3；②由分析可知，a極放電生成氨氣，b極放電生成氧氣，電解裝置中質(zhì)子交換膜只允許氫離子通過，不允許氧氣和氨氣通過，可以阻礙氨氣和氧氣接觸，從而防止制得的氨氣中混有雜質(zhì)，故〖答案〗為：為質(zhì)子的遷移和輸送提供通道，并且阻礙陰、陽兩極產(chǎn)物接觸；③由得失電子數(shù)目守恒可知，陽極生成336L氧氣時，陰極消耗氮氣的物質(zhì)的量為×=10mol，則氮氣的轉(zhuǎn)化率為×100%≈33%，故〖答案〗為：33。15.納米鐵粉可用于處理水中污染物。某科研小組研究了在不同環(huán)境下納米鐵粉與反應的情況。（1）足量的納米鐵粉與酸性廢水中反應，若反應無氣體產(chǎn)生，其離子方程式為___________；研究發(fā)現(xiàn)，一定量納米鐵粉處理廢水時，若pH偏低將會導致的去除率下降，其原因是___________。（2）相同條件下，將活性炭載納米鐵粉和納米鐵粉分別加入含廢水中，反應相同時間，采用活性炭載納米鐵粉去除的效率更高，原因是___________。（3）用催化劑協(xié)同納米鐵粉去除水體中的催化還原反應過程如圖-1所示，去除率及生成率隨水體初始pH變化的曲線如圖-2所示。為有效降低水體中氮元素的含量，宜調(diào)整水體pH為4.2，當時，隨pH減小，生成率逐漸降低的原因是___________?！即鸢浮剑?）①.②.pH低于4.0，納米鐵粉易與反應放出氫氣，被還原的數(shù)目減少（2）活性炭載納米鐵粉能形成鐵碳原電池，加快反應速率（3）pH減小，H+濃度增大，會生成更多的H，使被還原的中間產(chǎn)物NH更多的與H反應生成，減少N2的生成〖解析〗【小問1詳析】依題意知，反應無氣體產(chǎn)生，則轉(zhuǎn)化為；若pH偏低，則鐵與H+易反應生成H2而降低了的去除率。故〖答案〗為：，pH低于4.0，納米鐵粉易與反應放出氫氣，被還原的數(shù)目減少?！拘?詳析】活性炭載納米鐵粉和納米鐵粉相比較，前者有活性炭，與鐵粉能形成鐵碳原電池，可加快反應速率。故〖答案〗為：活性炭載納米鐵粉能形成鐵碳原電池，加快反應速率?！拘?詳析】pH減小，H+濃度增大，會生成更多的H，使被還原的中間產(chǎn)物NH更多的與H反應生成NH3甚至為。故〖答案〗為：pH減小，H+濃度增大，會生成更多的H，使被還原的中間產(chǎn)物NH更多的與H反應生成，減少N2的生成。16.工業(yè)上，以煤炭為原料，通入一定比例的空氣和水蒸氣，經(jīng)過系列反應可以得到滿足不同需求的原料氣。（1）在C和的反應體系中：反應1：反應2：反應3：則___________。（2）水煤氣反應：。工業(yè)生產(chǎn)水煤氣時，通常交替通入合適量的空氣和水蒸氣與煤炭反應，其原因是___________。（3）一氧化碳變換反應：。已知：平衡體系中各組分平衡壓強，即組分的物質(zhì)的量分數(shù)×總壓，如CO的平衡壓強：。①一定溫度下，反應后測得各組分的平衡壓強：、、和，則反應的平衡常數(shù)K的數(shù)值為___________。②維持與題①相同的溫度和總壓，提高水蒸氣的比例，使CO的平衡轉(zhuǎn)化率提高到90%，則原料氣中水蒸氣和CO的物質(zhì)的量之比為_____