浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学（1班）试题
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北仑中学2019学年第一学期高一年级期中考试化学试卷
相对原子质量： C-12 O-16 Ca-40
第Ι卷
一、选择题（本题共 20小题，共40 分。每小题只有一个正确答案）
1.下列有关化学用语表示正确的是
A. Ne和Na＋的结构示意图均为
B. 质量数为37的氯原子
C. 二氧化碳分子的比例模型：
D. NH4Br的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A. Ne原子结构示意图为，Na+的结构示意图为，A项错误；
B. 质量数书写在元素符号的左上角，左下角为质子数，故质量数为37的氯原子，B项错误；
C. 二氧化碳中碳原子半径大于氧原子半径，比例模型应为左右小中间大，C项错误；
D. NH4Br的电子式：，D项正确；
答案选D。
【点睛】解答本题时要注意分析比例模型，通过判断氧原子和碳原子半径的大小确定比例模型正确与否。
2.能用键能大小解释的事实是
A. 稀有气体化学性质很稳定 B. 硝酸易挥发，而硫酸难挥发
C. 氮气的化学性质比氧气稳定 D. 常温常压下，溴呈液态，碘呈固态
【答案】C
【解析】
A. 稀有气体分子中不存在共价键，故A错误；B. 硝酸易挥发，而硫酸难挥发与分子间作用力有关，与键能无关，故B错误；C.
氮气分子中存在三键，键能较大，导致化学性质比氧气稳定，故C正确；D. 常温常压下，溴呈液态，碘呈固态与分子间作用力有关，与键能无关，故D错误；故选C。
3.钢铁在海水中的锈蚀过程示意见图，有关说法正确的是
A. 电子从碳转移给铁
B. 在钢铁上连接铅块，可起到防护作用
C. 正极反应为：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-
D. 钢管发生析氢腐蚀，负极反应是Fe—3e- =Fe3+
【答案】C
【解析】
【分析】
钢铁在海水中生锈时发生电化学腐蚀，且主要以吸氧腐蚀为主，负极铁失电子变成二价铁离子Fe-2e- =Fe2+，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-；
【详解】A.由分析可知，铁为负极，碳为正极，电子由负极移动到正极，即由铁转移给碳，A项错误；
B.铁比铅活泼，在钢铁上连接铅块，形成的原电池中铁作负极，铅作正极，可使铁加速腐蚀，B项错误；
C.由分析可知，正极的电极反应为：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-，C项正确；
D.由图可知空气中氧气逐渐减少，发生的不是析氢腐蚀而是吸氧腐蚀，负极的电极反应为：Fe-2e- =Fe2+，D项错误；
答案选C
【点睛】解答本题的关键是通过图中氧气的箭头方向确定发生的是吸氧腐蚀而不是析氢腐蚀，再根据吸氧腐蚀写出正确的电极反应。
4.取3mL 5mol·L-1 H2O2溶液，加入少量MnO2粉末，2min时c(H2O2)降为1mol·L-1。下列说法不正确的是
A. 2min内，v(H2O2) =2mol・L-l・min-1
B. MnO2是催化剂，能加快H2O2的分解速率
C. 升高温度或增大H2O2的浓度，均能加快H2O2的分解速率
D. 若将5 mol・L-l H2O2溶液的体积增至6mL，则H2O2的分解速率增至原来的2倍
【答案】D
【解析】
【详解】A. 化学反应速率v===2mol・L-l・min-1，A项正确；
B. 催化剂改变反应速率不改变化学平衡，加入少量MnO2粉末是反应的催化剂，能加快H2O2的分解速率，B项正确；
C. 升高温度或增大H2O2的浓度均可以加快反应速率，C项正确；
D. 若将5 mol・L-l H2O2溶液体积增至6mL，溶液浓度减少，H2O2的分解速率会减慢，D项错误；
答案选D。
5. 电子层数相同的短周期主族元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多l，Z的单质常用于制造太阳能电池，w的原子半径是同周期中最小的。下列推断中正确的是 ( )
A. Z的氢化物的热稳定性强于w的氢化物
B. Z的氧化物与水反应可制得相应的含氧酸
C. X、Y、W的原子半径依次减小，对应的离子半径依次增大
D. X、Y、W的最高价氧化物对应水化物之间互相都能发生反应
【答案】D
【解析】
Z元素是硅．故这些元素都在第三周期。从而推断出X元素是钠，Y元素是铝，W元素是氯。热稳定性是SiH4
H2SO4>H3PO4
B. 半径：Cl-> Na+>F-
C. 热稳定性：HF> H2O> PH3
D. 还原性：Cl- < Br-< I-
【答案】B
【解析】
【详解】A.同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，A正确；
B. 根据“层多径大、序大径小”，半径：Cl->F->Na+，B错误；
C. 同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性增强，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，热稳定性：HF> H2O> NH3>PH3，C正确；
D. 同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：Cl>Br> I ，还原性：Cl- < Br-< I-，D正确；
答案选B。
10.已知：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-akJ·mol-1(a＞0)，下列说法不正确的是
A. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 属于可逆反应，0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，A正确；
B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z的浓度不再发生变化，B正确；
C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热量等于a kJ，C正确；
D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D错误；
答案选D。
【点睛】选项C是易错点，注意反应放出或吸收的热量多少，与焓变和实际参加反应的物质的物质的量有关系，不要受可逆反应影响而产生思维定式。
11.最新“人工固氮”的研究报道，常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2 (g)+6H2O (l) =4NH3 (g)+3O2 (g) ΔH＞0，如果反应的平衡常数K值变大，该反应
A. 一定向正反应方向移动
B. 一定向逆反应方向移动
C. 在平衡移动时正反应速率先减小后增大
D. 在平衡移动时逆反应速率先增大后减小
【答案】A
【解析】
【分析】
反应的平衡常数K值增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，因而升高温度，改变条件瞬间，正逆反应速率增大，但正反应速率增大的更多。
【详解】反应的平衡常数K值增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，因而升高温度，改变条件瞬间，正逆反应速率增大，但正反应速率增大的更多，由于平衡正向移动，正反应速率又逐渐降低；
答案选A。
12.1mol碳在氧气中完全燃烧生成气体，放出393kJ的热量，下列热化学方程式表示正确的是
A. C (s) +1/2O2 (g) = CO(g) ΔH＝－393kJ·molˉ1
B. C + O2 = CO2 ΔH＝－393kJ·molˉ1
C. C (s) + O2 (g)=CO2 (g) ΔH＝+393kJ·molˉ1
D. C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393kJ·molˉ1
【答案】D
【解析】
【详解】1mol碳固体在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体，放出393kJ的热量，放出热量时ΔH<0，则热化学方程式为：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393kJ·molˉ1；
答案选D。
【点睛】书写热化学方程式时按照以下步骤进行：
13.下列曲线表示F、Cl、Br元素及所形成物质的某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一主族元素的得电子能力随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其得电子能力逐渐减小，故A正确；
B．同一主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减小，分解温度逐渐降低，故B错误；
C．同一主族从上到下，离子半径逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，离子晶体的熔点越低，故C错误；
D．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而熔点逐渐升高，故D错误；
故选A。
14.反应2A(g) 2B(g)E(g) ΔH＞0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是
A. 缩小体积加压 B. 扩大体积减压 C. 增加E的浓度 D. 降温
【答案】D
【解析】
【分析】
要使正反应速率降低，A的浓度增大，平衡要逆向进行；
【详解】A.增大压强，平衡向着体积缩小的方向移动，即逆向移动，但反应速率加快，A项错误；
B.降低压强，反应速率减慢，平衡正向移动，B项错误；
C.增加E的浓度，反应速率加快，平衡逆向移动，C项错误；
D.降低温度，平衡逆向移动，反应速率减慢，D项正确；
答案选D。
15.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半。下列说法正确的是
A. 离子半径大小顺序：r(Z2＋)＞r(Y2－)
B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C. X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强
D. 单质的熔点Z＞W
【答案】C
【解析】
【详解】X的最外层电子数是其内层电子数的2倍，即X属于第二周期，X为C，Y是地壳中含量最高的元素，即Y为O，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，即Z为Mg，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，即W为Si，A、电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此r(Mg2＋)Si，CH4比SiH4稳定，故C正确；
D、Si是原子晶体，晶体硅的沸点高于Mg，故D错误。
16.反应A2(g)+B2(g) →2AB(g)的能量变化如图所示，叙述正确的是
A. 该反应是放热反应
B. 加入催化剂，(b－a)的差值减小
C. 每生成2molAB分子吸收bkJ热量
D. 若反应生成AB为液态，吸收的热量小于(a－b)kJ
【答案】D
【解析】
A、依据图象反应物总能量小于生成物总能量，所以为吸热反应，A错误；B、催化剂不影响焓变大小，B错误；C、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b）kJ热量，C错误；D、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2mol气态AB2，吸收（a-b）kJ热量，生成AB为液态，吸收的热量小于（a-b）kJ，D正确；答案选D。
点睛：本题考查了化学反应的能量变化，图象分析判断，注意反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，注意物质状态的变化与能量变化的关系。
17.一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) 达到平衡。下列说法正确的是
A. 该反应的正反应吸热
B. 达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C. 达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍
D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A项错误；
B. Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B项错误；
C. Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C项错误；
D. 温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D项正确；
答案选D。
【点睛】明确等效平衡的种类与建立是解题关键，对比Ⅰ、Ⅲ，如温度相同，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，为等效平衡，但Ⅲ温度较高，平衡时CH3OH较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，对比Ⅰ、Ⅱ，在相同温度下反应，但Ⅱ浓度较大，由方程式可知，增大浓度，平衡正向移动。
18.厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸。原理如图所示（图中HA表示乳酸分子，A-表示乳酸根离子，乳酸的摩尔质量为90g/mol，下列有关说法中正确的是( )
A. 电极a为阴极，放出H2
B. 通电一段时间后，硫酸溶液的pH升高
C. A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室
D. 对400mLl0g/L乳酸溶液通电后，当外电路通过0.5mole-时浓度，上升为145g.L-1（溶液体积变化忽略不计）
【答案】C
【解析】
A、A－通过阴离子交换膜到左侧生成HA，说明在b电极上阳离子放电，剩余A－，阳离子在阴极放电，所以b为阴极，a为阳极，故A错误；B、阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，电极反应式为：4OH－-4e－═2H2O+O2↑，硫酸中H＋ 浓度增大，硫酸溶液的pH降低，故B错误；C、A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，故C正确；D、在阳极上发生电极反应：4OH－-4e－═2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：2H＋+2e－=H2↑，根据电极反应方程式，则有：HA～H＋～1/2H2，根据差值法，乳酸的浓度变化量是（145g·L－1-10g·L－1）/90g·mol－1=1.5mol·L－1，即生成HA的物质的量是1.5mol·L－1×0.4L=0.6mol，所以产生氢气是0.3mol即转移电子数为0.6mol，故D错误；故选C。
19.科学家近期研发出如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列有关叙述错误的是
A. b电极不可用石墨替代Li
B. 正极反应为：Li1-xMn2O4+xLi++xe－ = LiMn2O4
C. 电池总反应为：Li1-xMn2O4+xLi = LiMn2O4
D. 放电时，溶液中Li+从a向b迁移
【答案】D
【解析】
【分析】
锂离子电池中，bLi，失去电子，作负极，LiMn2O4为正极；充电时Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，据此分析。
【详解】A. C不能失电子，故b电极不可用石墨替代Li，A项正确；
B. 正极发生还原反应，Li1-xMn2O4得电子被还原，电极反应为：Li1-xMn2O4+xLi++xe－ = LiMn2O4，B项正确；
C. Li失电子，Li1-xMn2O4得电子，生成的产物为LiMn2O4，电池的总反应为：Li1-xMn2O4+xLi = LiMn2O4，C项正确；
D.放电时，阳离子移动到正极，即从b向a迁移，D项错误；
答案选D。
20.为研究某溶液中溶质R的分解涑率的影响因素，分别用三份不同初始浓度的R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法不正确的是
A. 25℃时，在10～30min内，R的分解平均速率为0.030 mol·L—1·min—1
B. 对比30℃和10℃曲线，在50min时，R的分解百分率相等
C. 对比30℃和25℃曲线，在0～50min内，能说明R的分解平均速率随温度升高而增大
D. 对比30℃和10℃曲线，在同一时刻，能说明R的分解速率随温度升高而增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 25 ℃时，在0～30 min内，R的分解平均速度为[(1.8-0.8)/30]mol·L－1·min－1=0.033 mol·L－1·min－1，故A正确；
B. 对比30 ℃和10 ℃曲线，在50 min时，R的分解百分率相等，故B正确；
C. 对比30 ℃和25 ℃曲线，在0～50 min内，能说明R的分解平均速度随温度升高而增大，故C正确；
D. 对比30 ℃和10 ℃曲线，在同一时刻，两曲线R的浓度不同，不能说明R的分解速率随温度升高而增大，故D不正确。
故选D。
【点睛】在比较不同条件下物理量时，需要使用控制变量法，即在其他条件相同的前提下，观察物理量与目标条件的关系。
第 II 卷
二、填空题（本题共5小题，共60 分）
21.综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。
（1）H2 和CO合成甲醇反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） ΔH＜0。在恒温，体积为2L的密闭容器中分别充入1.2mol CO和1mol H2，10min后达到平衡，测得含有0.4mol CH3OH（g）。则达到平衡时CO的浓度为_______；10min内用H2表示的化学反应速率为_______；若要加快CH3OH的生成速率并提高CO的转化率，可采取的措施有_______（填一种合理的措施）。
（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) ΔH
①该反应的平衡常数表达式为K=________。
②在恒容密闭容器中使CO2和H2（物质的量之比为1∶3）,发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系如下图所示，则 ΔH _________0（填“大于”或“小于”）
（3） 如下图所示，利用缺铁氧化物[如Fe0.9O]可实现CO2的综合利用。请说明该转化的2个优点_____________。若用1 mol缺铁氧化物[Fe0.9O]与足量CO2完全反应可生成________mol C(碳)。
【答案】 (1). 0.4mol/L (2). 0.04mol/（L.min） (3). 增大压强（增加H2的量） (4). (5). 大于 (6). 将CO2转化为C和O2；利用了太阳能；Fe3O4可循环使用 (7). 0.1
【解析】
【分析】
（1）根据三段法进行计算；
（2）①平衡常数等于生成物幂之积除以反应物幂之积，根据方程式写出表达式；
②根据图像可知最高点反应达到平衡状态，达到平衡后，升高温度，φ(CH3OH)逐渐减小，可得平衡逆向移动；
（3）由图可知，Fe0.9O可以将CO2转化为Fe3O4和C，而Fe3O4又在太阳能高温作用下分解为Fe0.9O和O2，据此分析并计算。
【详解】（1）根据题干中数据可知：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
始（mol） 1.2 1 0
转（mol） 0.4 0.8 0.4
平（mol） 0.8 0.2 0.4
达到平衡时，c(CO)==0.4mol/L；
v(H2)===0.04 mol/（L.min）;
若要提高CO的转化率，需使平衡正向移动；增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，；
（2）①平衡常数等于生成物幂之积除以反应物幂之积，K=；
②根据图像可知最高点反应达到平衡状态，达到平衡后，升高温度，φ(CH3OH)逐渐减小，可得平衡逆向移动，正向反应为放热反应，ΔH<0；
（3）由图可知，Fe0.9O可以将CO2转化为Fe3O4和C，而Fe3O4又在太阳能高温作用下分解为Fe0.9O和O2，过程中利用了太阳能，Fe3O4可循环使用，且能将CO2转化为C和O2，减少了环境污染，方程式可写为：Fe0.9O+0.1CO2=xC+ Fe3O4，根据碳原子守恒可得x=0.1mol。
22.现有短周期元素A、B、C、D。A元素M层上电子数是K层的3倍，D与A在周期表中同一主族。由A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见的干燥剂，常温下C单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，是一种重要的肥料。
（1）A的离子结构示意图是__________________。描述集气瓶中足量的A的氢化物与其低价态氧化物混合后，充分反应的实验现象：____________。
（2）元素A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见干燥剂，但不能用它干燥H2S气体，其原因是___________（用化学反应的化学方程式表示）
（3）B与C元素形成带一个单位正电荷的离子，写成该微粒的电子式_________。写出实验室检验溶液中该离子的简单实验方案：___________________________。
（4）元素A与元素D相比，非金属性较强的是_________（用元素符号表示），下列表述中能表明这一事实的是_________。
①比较最高价氧化物对应水化物的酸性
②比较对应气态氢化物的稳定性
③一定条件下D能从A的氢化物水溶液中置换出A单质
④A单质的熔沸点明显高于D单质
（5）元素B、C与D组成的化合物固态时属于_______________晶体。
①原子晶体 ②离子晶体 ③分子晶体 ④分子晶体或离子晶体
【答案】 (1). (2). 有淡黄色粉末和无色液体生成 (3). H2S + H2SO4 === S↓+ SO2↑+2H2O (4). (5). 取适量待测液于试管中，加入适量NaOH溶液后加热，若产生无色有刺激性气味的气体，且能使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有铵根离子。 (6). O (7). ②③ (8). ④
【解析】
【分析】
A元素M层上电子数是K层的3倍，说明A为S，D与A在周期表中同一主族，则D为O，A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见的干燥剂，该干燥剂为H2SO4，即B为H，C单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则C为N，据此回答问题。
【详解】（1）由分析可知A为S，B为H，C为N，D为O，那么A的离子结构示意图是； A的氢化物为H2S，其低价态氧化物为SO2，充分反应方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，实验现象为：有淡黄色粉末和无色液体生成；
（2）A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见的干燥剂，该干燥剂为H2SO4，可与H2S发生氧化还原反应，反应方程式为：H2S + H2SO4 === S↓+ SO2↑+2H2O；
（3）H与N两种元素成成带一个单位正电荷的离子，为NH4+，电子式为，实验室检验NH4+的方法为：取适量待测液于试管中，加入适量NaOH溶液后加热，若产生无色有刺激性气味的气体，且能使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有NH4+；
（4）D与A在周期表中同一主族，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，故非金属性较强的是O；
①由于O没有最高价氧化物对应的水化物，无法比较酸性强弱，错误；
②气态氢化物的稳定性越强，非金属性越强，正确；
③一定条件下D能从A的氢化物水溶液中置换出A单质，可知非金属性D单质强于A单质，正确；
④熔沸点的高低不能确定非金属性强弱，错误；
能表明非金属性较强的是O的事实的是②③；
（5）B、C与D组成的化合物为NH4NO3或NH3•H2O，有可能是分子晶体，也有可能是离子晶体。
23.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去(或撇掉)浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置示意图，如图所示。
（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣。此时，应向污水中加入适量的__________。
a．H2SO4 b．BaSO4 c．Na2SO4 d．NaOH
（2）电解池阳极发生了两个电极反应，电极反应式分别是
Ⅰ.___________________； Ⅱ._________________；
（3）电极反应Ⅰ和Ⅱ的生成物反应得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式是__________________；
（4）该燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料做电极。
①负极的电极反应是____________________；
②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分A物质参加循环（见上图）。A物质的化学式是_________________；
（5）实验过程中，若在阴极产生了44.8 L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池消耗CH4（标准状况）____L。
【答案】 (1). C (2). Fe－2e－=Fe2＋ (3). 4OH--4e-=2H2O+O2 ↑ (4). 4Fe2＋＋10H2O＋O2=4Fe(OH)3↓＋8H＋ (5). CH4-8e-+4CO32 -=5CO2 +2H2O (6). CO2 (7). 11.2 L
【解析】
【分析】
（1）从所加入物质能增大溶液离子的浓度，并能保持污水的pH在5.0~6.0之间进行分析；
（2）根据阳极电极材料和离子的放电顺序分析放电的离子，书写电极反应；
（3）二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化为三价；
（4）①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应；
②根据两极上发生的反应确定循环使用的物质；
（5）在燃料电池和电解池的串联电路中，转移的电子数目是相同的。
【详解】（1）为了增强溶液的导电性，可选用易溶的强电解质溶液，排除B项，考虑到污水的pH在5.0~6.0之间，因此不能使用氢氧化钠，硫酸能将Fe(OH)3溶解，因此应向污水中加入适量的硫酸钠；
（2）电解时，铁作阳极，失电子，发生反应Fe-2e-=Fe2+，同时溶液中的OH-失电子被氧化为O2，因此，电极反应为：Ⅰ.Fe-2e-=Fe2+，Ⅱ. 4OH--4e-=2H2O+O2 ↑；
（3）Fe2+具有还原性，能被氧气氧化为三价，那么得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为：4Fe2＋＋10H2O＋O2=4Fe(OH)3↓＋8H＋；
（4）①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应为：CH4-8e-+4CO32 -=5CO2 +2H2O；
②由电极反应可知电池工作时参加循环的物质为CO2；
（5）阴极的电极反应为2H++2e-=H2↑，阴极产生了44.8 L（即2mol）气体，转移的电子的物质的量为4mol，由CH4-8e-+4CO32-=5CO2 +2H2O可知，当转移的电子的物质的量为4mol时，消耗CH4的体积为V=nVm=×4mol×22.4L/mol=11.2L。
24.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物含量显得尤为重要。
Ⅰ．氮氧化物研究
（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是____________。
a．体系压强保持不变 b．混合气体密度保持不变
c．NO和O2的物质的量之比保持不变 d．每消耗2molNO同时生成2 molNO2
（2）汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2 + O22NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如右图所示，根据图像判断反应N2（g）+ O2（g）2NO（g）的△H____0(填“＞”或“＜”)。
（3）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，
其能量变化如图所示：
写出该反应的热化学方程式：________________________________。
Ⅱ．二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物。综合治理其污染是坏境化学当前的重要研究内容之一。
（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(s)+O2（g）2SO3（g），某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如下图所示。根据图示回答下列问题：
①将2.0 molSO2和1.0molO2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。该反应的平衡常数等于__________。
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）_______K(B)(填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160kJ·mol-1
若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为__________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)，放出的热量为___________kJ。
【答案】 (1). ac (2). △H>0 (3). N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋183.kJ·mol－1 (4). 800L·mol-1 (5). = (6). 1.60NA(或1.6NA) (7). 173.4
【解析】
Ⅰ．（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。a．正反应是气体分子数减少的方向，所以体系压强保持不变时，达到平衡； b．混合气体密度始终不变，所以密度不变不能说明达到平衡；c．NO和O2的物质的量之比保持不变，达到平衡； d．每消耗2molNO同时生成2 molNO2，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不一定达到平衡。能说明反应达到平衡状态的是ac。
（2）由图可知，T2先达到平衡，所以T1＜T2。由T1升高到T2
，氮气的体积分数减小了，说明升高温度后，该化学平衡向正反应方向移动，则可判断反应N2（g）+ O2（g）2NO（g）为吸热反应，△H＞0。
（3） 由图可知，该反应的△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2630kJ/mol=183kJ/mol，所以该反应的热化学方程式为N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋183.kJ·mol－1。
Ⅱ．（1）①将2.0 molSO2和1.0molO2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。由图可知，SO2的平衡转化率为0.80，则SO2、O2、SO3的变化量为1.6mol、0.80mol、1.6mol，SO2、O2、SO3的平衡量为0.40mol、0.20mol、1.6mol，SO2、O2、SO3的平衡浓度为0.040mol/L、0.020mol/L、0.16mol/L，该反应的平衡常数等于800L·mol-1。
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)=K(B)。
（2）由CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ·mol-1和CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160kJ·mol-1可得，2CH4(g)+4NO2(g)= 2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-1734kJ·mol-1，所以2mol CH4完全反应后，转移电子16mol、放出热量1734kJ。因此，若用标准状况下4.48 L CH4(即0.2mol)还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.60NA(或1.6NA)，放出的热量为173.4kJ。
