【化学】河南省南阳市南阳一中2019-2020学年高二上期第三次月考试题（解析版）
河南省南阳市南阳一中2019-2020学年高二上期第三次月考试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108
第Ⅰ卷
一、单选题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)
1.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A. 增稠剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 抗氧化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故A不选；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B不选；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不选；
D. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故D选；
正确答案是D。
2.已知X(g)＋3Y (g)2W(g) ＋M (g) △H＝－a kJ·mol－1（a>0）。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1 mol X(g) 与2mol Y (g)，下列说法正确的是（ ）
A. 充分反应后，X的转化率和Y的转化率不相等，前者大于后者
B. 当反应达到平衡状态时，W与M的物质的量浓度之比一定为2：1
C. 当混合气体的密度不再改变，表明该反应已达平衡
D. 若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 充分反应后，设反应X是amol，则Y消耗3amol，X的转化率是a/1, Y的转化率是3a/2,则转化率是前者小于后者，故A错误；
B. 当反应达到平衡状态时，由于只加入反应物达到的平衡，则生成的W与M的物质的量浓度之比一定为2：1，故B正确；
C. 反应物与生成物都是气体，反应前后气体总质量不变，密闭容器的容积不变，故混合气体的密度不变，不能用于判断是否达到平衡，故C错误；
D. 若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率不会减小，故D错误。
故选B。
3.下列正确的说法有几个（ ）
①温度一定，压缩容器的容积增大压强，可提高单位体积内的活化分子数目和活化分子百分数。
②凡是能自发进行的反应就一定容易进行，非自发反应就不能进行。
③能发生有效碰撞的分子一定是活化分子。
④金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀，银器在空气中久置变黑属于电化学腐蚀。
⑤铁电化学腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀，其中吸氧腐蚀更为普遍。
⑥镀锌铁和镀锡铁镀层破坏后，对内部金属仍然均有保护作用。
⑦甲烷的标准燃烧热为890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
⑧表示中和热的热化学方程式：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【详解】①温度一定，活化分子百分数不变，故错误；
②能自发进行的反应不一定容易进行，有的也需要一定的条件，故错误；
③能发生有效碰撞分子一定是活化分子是正确的；
④银器在空气中久置变黑属于化学腐蚀，故错误；
⑤铁的电化学腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀，其中吸氧腐蚀更为普遍，正确；
⑥镀锌铁和镀锡铁镀层破坏后，镀锡铁对内部金属没有保护作用，故错误；
⑦表示燃烧热的化学反应必须生成稳定的氧化物，水的状态应该是液体，故错误；
⑧热化学方程式需注明反应物生成物的状态，故错误；
故正确的有③⑤，故选B;
4.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是（ ）
①
②
③
④
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是资源化利用的方法之一
C. 反应的
D. 反应
【答案】C
【解析】
【分析】A.反应③中的反应物为CO2、H2；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；
C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；
D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。
【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；
C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误；
D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到，则，所以D选项是正确的。
所以答案选C。
5.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是（ ）
A. Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加
B. 正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−
C. 锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D. 使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【解析】
【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；
B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−，B项正确；
C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；
D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。
故答案选A。
6.已知：4NH3(g) + 5O2(g) =4NO(g) + 6H2O(g)，△H= —1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。
B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。
C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。
D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；
故选C。
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，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，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项，CH4
选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，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D。
8.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者小于后者的有( )
①C(s)+O2(g)═CO2(g) △H1 C(s)+O2(g)═CO(g) △H2
②S(s)+O2(g)═SO2(g) △H3 S(g)+O2(g)═SO2(g) △H4
③2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △H5 2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H6
④CaCO3(s)═CaO(s)+CO2(g) △H7 CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s) △H8
⑤H2SO4(浓)+NaOH(aq)= Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH9CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH10
⑥N2O4(g) 2NO2(g) △H11 2NO2(g) N2O4(g) △H12
A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项
【答案】B
【解析】
【详解】①碳单质不完全燃烧生成一氧化碳，完全燃烧生成二氧化碳，完全燃烧放出热量更多，所以△H前者小于后者，故正确；
②固体硫转化为气态硫的过程为吸热过程，气体硫燃烧放出的热量多，则△H前者大于后者，故错误；
③液态水转化为气态水的过程为吸热过程，生成气态水放出的热量多，则△H前者小于后者，故正确；
④CaCO3固体受热分解的反应为吸热反应，氧化钙与水反应生成氢氧化钙固体的反应为放热反应，则△H前者大于后者，故错误；
⑤浓H2SO4溶于水的过程为放热过程，CH3COOH是弱酸，在溶液中的电离为吸热过程，所以前者放出的热量前者多，则△H前者小于后者，故正确；
⑥四氧化二氮转化为二氧化氮的反应为吸热反应，△H11>0，二氧化氮聚合生成四氧化二氮的反应为放热反应，△H12<0，所以△H前者大于后者，故错误；
①③⑤正确，故选B。
9.高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜,
主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。
原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。
下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4
B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极
C. 充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC===LixCn
D. 充电时，Li+向左移动
【答案】D
【解析】
【分析】由总反应：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。放电时，作为原电池，LixCn为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4为正极，化合价降低得到电子发生还原反应。充电时，作为电解池，LiFePO4参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。
【详解】A. 放电时，FePO4为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故A正确；
B. 放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；
C. 充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xLi++xe-+nC===LixCn，故C正确；
D. 充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故D错误；
答案选D。
10.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)
NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来
B. 合成氨工业用铁触媒作催化剂
C. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
D. 新制氯水久置后颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na(l)+KCl(l)⇌NaCl(l)+K(g)，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来，即减小产物的浓度，能让平衡向着正方向进行，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B. 对N2+3H22NH3的反应，使用铁触媒可加快合成氨反应的速率，但是不会引起平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C. 合成氨时将氨液化分离，降低生成物的浓度，平衡向正反应方向进行，提高反应物的转化率，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D. 水中存在如下平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO =2 HCl+O2，久置后溶液中的平衡正向移动，所以氯气的浓度减小，颜色变浅，故D不选。
故选B.
11.对于可逆反应2A2(g) + B2(g) 2A2B(l)(正反应放热反应)，达到平衡，要使瞬间正逆反应速率都增大，且平衡向右移动，可以采取的措施是（ ）
A. 升高温度 B. 降低温度
C. 增大压强 D. 增大c(A2B)
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应是放热反应，升温，反应速率增大，正逆反应速率增大，平衡逆向进行，故A不符合；
B.降低温度正逆反应速率减小，平衡正向进行，故B不符合；
C.反应是气体体积减小的反应，增大压强，反应速率增大，平衡正向进行，故C符合；
D.增大c(A2B)，生成物是液体，对平衡移动没有影响，故D不符合；
故选C．
12.将0.3mol KCl、0.2 mol Cu(NO3)2、0.1 molAgNO3一起溶于水，配成100mL混合溶液，用惰性电极电解一段时间后，若在一极析出9.6g Cu，此时在另一极上产生气体的体积（标准状况下）为（ ）
A. 2.24 L B. 3.96L C. 3.92 L D. 2.8L
【答案】D
【解析】
【详解】将0.3molKCl、0.2mol Cu(NO3)2、0.1molAgN03一起溶于水，配成100mL混合溶液，发生的反应为AgNO3+KCl=AgCl↓+KNO3,根据方程式知,银离子完全沉淀,有0.1mol氯离子产生沉淀,所以溶液中溶质为0.2molKCl、0.2molCu(N03)2、0.1molKN03,阳极上离子放电顺序是Cu2+、H+,阴极上离子放电顺序是Cl−、OH−，用惰性电极电解一段时间后,若在一极析出9.6gCu,析出n(Cu)=9.6g÷64g/mol=0.15mol＜0.2mol，所以铜离子没有完全放电，转移电子物质的量=0.15mol×2=0.3mol；
阳极上氯离子完全放电，转移电子的物质的量=n(Cl−)=0.2mol,还有0.1mol电子是氢氧根离子转移的,则生成氧气物质的量=0.1mol÷4=0.025mol，
阳极生成气体物质的量=0.5n(Cl−)+n(O2)=0.5×0.2mol+0.025mol=0.125mol，
生成气体在标况下体积=0.125mol×22.4L/mol=2.8L，故选D.
13.以反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是( )
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol/L
体积/mL
浓度/mol/L
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
A. 实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用
C. 实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D. 实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4 mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【详解】A项、实验①、②、③均需要通过高锰酸钾溶液褪色的时间来判断，需要保证高锰酸钾完全反应，因此所加的H2C2O4溶波均要过量,故A正确；
B项、实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿，反应生成的Mn2+对反应起到了催化作用，使反应速率突然增大，故B正确；
C项、依据变量唯一化可知，探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，探究温度对化学反应速率影响，除了温度不同，其他条件完全相同，则满足此条件的实验编号是②和③，故C正确；
D项 高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：0.010mol/L×0.004L÷(0.002L+0.004L)=6.7×10-3mol/L,这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= 6.7×10-3mol/L÷40s=1.7×10−4 mol·L-1·s-1，故D错误；
故选D。
14.已知：2SO2 (g)+ O2 (g)= 2SO3 (g) △H =-197.8kJ•mol—1。起始反应物为SO2 和 O2（物质的量之比为2：1，且总物质的量不变）。SO2 的平衡转化率（%）随温度和压强的变化如下表，下列说法不正确的是（ ）
温度/K
压强/（105Pa）
1.01
5.07
10.1
25.3
50.7
673
99.2
99.6
99.7
99.8
99.9
723
97.5
98.9
99.2
99.5
99.6
773
93.5
96.9
97.8
98.6
99.0
A. 一定压强下降低温度，SO2 的转化率增大
B. 在不同温度、压强下，转化相同物质的量的SO2 所需要的时间相等
C. 使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间
D. 工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2 的转化率已相当高
【答案】B
【解析】
【详解】A、由表格数据及勒夏特列原理知，针对放热反应，一定压强下降低温度，平衡正向移动，反应物SO2的转化率増大，选项A正确；B、由于在不同温度、压强下，化学反应速率不一定相等，故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等，选项B错误；C、催化剂对化学平衡移动无影响，但可以缩短到达平衡所花的时间，选项C正确；D、由图中数据可知，不同温度下，1.01×105Pa（常压）下SO2的转化率分别为99.2%，97.5％，93.5％，已经相当高了，且加压后转化率升高并不明显，所以没有必要通过加压提高转化率，选项D正确。答案选B。
15.对于平衡体系：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；正反应放热，有下列判断，其中正确的是（ ）
A. 若温度不变，容器体积扩大一倍，此时A的浓度是原来的0.6倍，则a+b
c+d，故A错误；
B、若A、B的初始物质的量之比等于其化学计量数之比，则平衡时A、B的转化率一定相等。A、B的初始物质的量之比为1：1，二者的化学计量数之比不一定是1：1，平衡时转化率不一定相等，故B错误；
C、衡体系中共有气体M mol，再向其中充入bmolB，平衡向正反应移动，达到平衡时气体总物质的量为(M+b)mol，混合气体的总的物质的量不变，故反应前后气体的化学计量数之和相等，即a+b=c+d，故C错误；
D、若从正反应开始，平衡时A、B的转化率相等，则投入A、B的物质的量之比为a：b，即是物质的量之比等于化学计量数之比，故D正确；
故选D．
16.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)△H = -196.0 kJ．mol-1，测得反应的相关数据如下,下列说法正确的是（ ）
容器1
容器2
容器3
应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2 mol SO2、1mol O2
4mol SO3
2 mol SO3
平衡v正(SO2)/mol•L-1•S-1
v1
v2
v3
平衡c(SO3)/mol•L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
反应能量变化
放出a KJ
吸收b KJ
吸收c KJ
物质的平衡转化率α
α1（SO2）
α2（SO3）
α3（SO2）
平衡常数K
K1
K2
K3
A. v1< v2,c2<2c1 B. K1> K3，p2>2p3
C. v1< v3，α1(SO2 ) <α2(SO3 ) D. c2>2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】D
【解析】
【详解】A项、将I容器中的反应极限化时产生2molSO3，Ⅱ容器是以4molSO3起始，整体来讲Ⅱ容器的物料浓度高于Ⅰ容器中的物料浓度，所以v1＜v2，Ⅱ容器相当于Ⅰ容器加压，若平衡不发生移动，则平衡时有c2=2c1，但加压有利于该反应正向进行，所以c2＞2c1，故A错误；
B项、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则K1＞K3，容器中，根据理想气体状态方程pV=nRT，容器Ⅱ是4molSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，由于容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，而压强关系为==＞，故B错误；
C．温度升高，化学反应速率加快，则v1＜v3，该反应为放热反应，，则容器Ⅰ中SO2的平衡转化率更高，所以α1（SO2）＞α3（SO2），故C错误；
D项、容器Ⅱ是4molSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，但加压有利于反应正向进行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ
的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，若容器Ⅱ不是相对于容器Ⅲ加压，且两容器温度相同，则有α2（SO3）+α3（SO2）=1，但加压有利于反应向减压方向进行，则α2（SO3）减小，温度升高不利于反应正向进行，则α3（SO2）减小，因此最终α2（SO3）+α3（SO2）＜1，故D正确；
故选D。
第Ⅱ卷（共52分）
17.（1）在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察图示，然后回答问题：
①图中所示反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，，该反应的ΔH=________ (用含E1、E2的代数式表示)。
②已知热化学方程式：H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8 kJ/mol。该反应的活化能为167.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能为_____________。
（2）已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的ΔH=+11 kJ·mol-1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量,则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为________kJ。
【答案】(1). 放热 (2). -（E1-E2） (3). 409kJ/mol (4). 299
【解析】
【分析】（1）依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；在化学反应中，只有能量比平均能量高得多的反应物的活化分子发生碰撞时才能发生化学反应，反应需要能量；反应的焓变=生成物的能量-反应物的能量；
（3）反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；
正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量-化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量，以此解答该题．
【详解】(1) ①依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量,反应放热;在化学反应中,只有能量比平均能量高得多的反应物的活化分子发生碰撞时才能发生化学反应,反应需要能量;反应的焓变=生成物的能量−反应物的能量;△H=(E2−E1)KJ/mol；故答案为放热;(E2−E1)KJ/mol；
②反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量,依据图象能量关系可知,逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变; H2(g)+ 1/2O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8 kJ/mol,该反应的活化能为167.2kJ⋅mol−1，则其逆反应的活化能=167.2KJ/mol+241.8KJ/mol=409.0KJ/mol；故答案为409.0KJ/mol；
（2）设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则：2xkJ−436kJ−151kJ=11kJ，解得x=299，故答案为299.
18.（1）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。
（2）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接_______________ （填K1或者K2）。产生H2的电极反应式是_____________。
②改变开关连接方式，可得O2,写出制备氧气时电极3对应的电极反应式是_______________。
【答案】(1). NaOH溶液 (2). Na2CO3溶液 (3). K1 (4). 2H2O+2e−=H2↑+2OH− (5). NiOOH+H2O+ e−=Ni(OH)2 + OH−
【解析】
【分析】选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，
【详解】(1)食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+,可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+,利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+,
(2)①电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则应连接K1，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，
故答案为K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
②电极3可分别连接K1或K2，①中电极3发生Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，制氢气时消耗电极1产生的OH-，②中电极3发生NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，制氧气时补充电极2消耗的OH-，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，且可循环使用，
故答案为①中电极3发生Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，制氢气时消耗电极1产生的OH-，②中电极3发生NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-。
19.以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：
(1)B极电极反应式为______________________。
(2)若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到11.2L（标准状况）气体时，消耗甲烷的质量为__________g；若外电路只通过了0.06mol电子，且阴极产生气体在标准状况下的体积为224mL,要使原溶液复原，可向电解后的溶液中加入____________。
A.CuO1.60g H2O 0.18g B.Cu(OH)2 1.96g
C.Cu2(OH)2CO3 2.22g D.CuCO3 2.48g
(3)目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺，简易装置如图所示：
①若用上述甲烷燃料电池进行电解，则甲烷燃料电池的负极应该接该装置的_____（填“左”或“右”）边电极；写出阳极产生ClO2的电极反应式_________________________________。
②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL(标准状况下)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的数目为__________。
【答案】(1). .CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O (2). 4 (3). AC (4). 右 (5). Cl--5e-+2H2O=ClO2+4H+ (6). 0.01NA
【解析】
【分析】（1）B极上是甲烷发生氧化反应，生成二氧化碳，由此书写电极反应式；
（2）电解时阳极是水电离出的氢氧根离子放电，生成氧气，由此书写电极反应式；根据整个电路转移电子的物质的量相等分析解答；电解质复原：出什么加什么，据此回答；
（3）①根据钠离子的移动方向可知a极为电解池的阳极，与电源的正极相连接，故接右边，在阳极为氯离子放电，且生成物为ClO2，由此书写电极反应式；
②H+在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n（e-）=2n（H2）=2×0.112L÷22.4L/mol=0.01mol，则在内电路中移动的电荷为0.01mol，由此分析解答。
【详解】（1）由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为.CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
故答案为.CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
（2）用惰性电解硫酸铜溶液时，阳极为水电离的OH-放电，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，当阳极产生11.2L气体时，转移的电子为11.2L÷22.4L/mol×4=2mol，由电子守恒可得甲醇的质量为2mol÷8××16g/mol=4g，在电解硫酸铜溶液的过程中，阴极析出铜，阳极析出氧气，若要使溶液复原，根据原子守恒可知应向溶液中加入CuO或CuCO3，根据计算可知答案；故答案为4；AC；
（3）①根据钠离子的移动方向可知左边为电解池的阳极，与电源的正极相连接，故接右边，在阳极为氯离子放电，且生成物为ClO2，则电极反应为：Cl--5e-+2H2O=ClO2+4H+ ，故答案为右边；Cl--5e-+2H2O=ClO2+4H+ ；
②H+在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n（e-）=2n（H2）=2×0.112L/22.4L/mol
=0.01mol，则在内电路中移动的电荷为0.01mol，通过阳离子交换膜的阳离子的数目为0.01NA，故答案为0.01NA
20.工业废气、汽车尾气排放出的NOx、SO2等，是形成雾霾的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。
（1）已知：①CO燃烧热为283.0kJ·mol-l，②N2(g)+O2(g) ==2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-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反应，能消除污染，写出该反应的热化学方程式_________________________________________________________
（2）将0．20mol NO和0．10molCO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生上述反应，反应过程中部分物质的浓度变化如下图所示．
①该反应第一次达到平衡时的平衡常数为________。
②第12min时改变的条件是________。
③在第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0．060mol，平衡将________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)．
(3)SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素。
①SNCR脱硝技术中：在催化剂作用下用NH3作还原剂还原NO，其主要反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，△H<0。体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示。当体系温度约为925℃时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是________。
②SCR脱硝技术中则用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的化学方程式为____________
【答案】(1). 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)； △H=-746.5kJ/mol (2). 0．35 L·mol－1 (3). 升温 (4). 逆向 (5). 低于925℃反应速率较慢，高于925℃ 会降低催化剂活性，且升高温度脱硝反应逆向移动 (6). 4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O
【解析】
【分析】（1）已知：CO燃烧热的△H1＝−283.0kJ/mol，热化学方程式：①CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g); △H=83.0KJ/mol，②N2(g)+O2(g)＝2NO(g) ;△H1＝+1805kJ/mol，
盖斯定律计算①×2−②得到2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H；
（1）依据图象读出平衡浓度，结合平衡常数概念计算平衡常数；
（2）12min后反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向进行；
（3）根据浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；
（3）①用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的反应生成二氧化碳、氮气和水；
②SCR技术的反应温度不能太高，升温催化剂活性降低，当体系温度约为925℃C时，SNCR脱硝效率最高，SNCR技术脱硝的最佳温度选择925℃的理由是925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小。
【详解】(1)CO燃烧热的△H1＝−283.0kJ/mol，热化学方程式：①CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g) ; △H=83.0KJ/mol，
②N2(g)+O2(g)＝2NO(g)△H1＝+180.5kJ/mol，
盖斯定律计算①×2−②得到2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H＝−746.5kJ/mol，
故答案为−746.5kJ/mol；
(2) ①:依据图象分析,第一次达到平衡时时平衡状态下物质的浓度为c(NO)=0.16mol/L,c(CO)=0.06mol/L,c(N2)=0.02mol/L,c(CO2)=0.04mol/L,反应的平衡常数K=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=0.02×0.04×0.04/[0.16×0.16×0.06×0.06]=0.347L⋅mol−1
故答案为0.347L⋅mol−1；
②12min后反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向进行，反应是放热反应，升温改变符合图象变化；
故答案为升温；因反应速率加快且反应逆向移动，对放热反应而言，改变条件为升温；
③24min时,各物质的浓度为c(NO)=0.18mol/L,c(CO)=0.08mol/L,c(N2)=0.01mol/L,c(CO2)=0.02mol/L,反应的平衡常数K=0.01×0.022/(0.182×0.082)=0.019，
若保持温度不变,此时再向容器中充入CO、N2各0.060mol,c(NO)=0.18mol/L,c(CO)=0.14mol/L,c(N2)=0.07mol/L,c(CO2)=0.02mol/L,浓度商计算Qc=0.07×0.022/[0.182×0.142]=0.044＞K，平衡逆向进行，
故答案为逆向；
（3）①图象可知SNCR技术的脱硝的最佳温度为：925℃左右，SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是 温度过高，催化剂活性降低，当体系温度低于900℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行。
②用尿素CO(NH2)2作还原剂还原NO2的化学方程式为：4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O。
故答案为（1）温度过高，催化剂活性降低；当体系温度低于900℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行。
（2）4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O；
温度过高，催化剂活性降低；当体系温度低于900℃时，SNCR脱硝效率随温度升高而增大，反应速率较慢，当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，不利于脱硝反应正向进行。
21.化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：反应AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
（1）列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率 v(AX5)＝________________。
（2）图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为_______________(填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件是：b_________________、c____________________________________。
（3）用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为_________________；实验a和c的平衡转化率：αa为___________、αc为_______________。
【答案】(1). (2). bca (3). 加入催化剂 (4). 温度升高 (5). α＝2(1－) (6). 50% (7). 40%
【解析】
【分析】（1）根据v=∆c÷∆t概念公式计算出反应速率；
（2）根据到达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小；根据图象中的曲线的变化趋势判断出改变的实验条件及判断依据；
（3）对于气体来讲，压强之比就等于物质的量之比，根据化学平衡三段式，进而求得转化率的表达式及具体的值。
【详解】(1)设反应生成xmol AX5，由题意建立如下三段式：
AX3(g)＋X2(g)AX5(g)
初始(mol) 0.20 0.20 0
变化(mol) x x x
平衡(mol) 0.20−x 0.20−x x
(0.20−x)+(0.20−x)+x=0.30
由图可知，实验a反应起始总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，由压强之比等于物质的量之比可得==，解得x=0.10，则a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX3)==1.7×10—4mol/(L·min)，故答案为1.7×10—4mol/(L·min)；
(2)由题给图像abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率由大到小的次序为：b＞c＞a；与该反应是一个气体体积减小的放热反应，实验a相比，b实验到达平衡的时间变小，但平衡没有发生移动，则改变的条件为使用催化剂；c实验到达平衡时总压强变大，由反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大，说明平衡逆向移动，则改变的条件为升高温度，故答案为b＞c＞a；加入催化剂，反应速率加快，但平衡点没有改变；温度升高，反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大；
（3）若用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，由题意建立如下三段式：
AX3(g)＋X2(g)AX5(g)
初始(mol) 0.20 0.20 0
变化(mol) 0.20α 0.20α 0.20α
平衡(mol) 0.20−0.20α 0.20−0.20α 0.20α
由压强之比等于物质的量之比可得=，解得α＝2(1－)；由图可知，实验a反应起始总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，则α＝2×(1－)=0.5；由图可知，实验c反应起始总压强为175KPa，平衡时总压强为140KPa，则α＝2×(1－
)=0.4，故答案为α＝2(1－)；50%；40%。
