注意事项：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，试卷满分100分。考试时间75分钟。2.将选择题答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1. 燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是A. 甲醇B. 天然气C. 液化石油气D. 氢气【答案】D【解析】【详解】A．甲醇燃烧会产生CO2和水，CO2会导致温室效应；B．天然气主要成分是CH4，燃烧会产生CO2和水，CO2会导致温室效应；C．液化石油气主要成分是是各种液体烃，完全燃烧会产生CO2和水，CO2会导致温室效应；D．氢气燃烧会产生水，不是污染物，故其中最环保的是氢气，选项D正确。2. 下列有关化学反应速率的说法中正确的A. 用铁片与硫酸反应制取氢气时，用质量分数为98%的浓硫酸可增大产生氢气的速率B. 用锌片与硫酸反应制取氢气时，加入数滴硫酸铜溶液，可以加快制取氢气的反应速率C. 等质量的锌粉和锌片与相同体积相同物质的量浓度的盐酸反应，反应速率相等D. 合成氨是一个放热反应，所以升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】B【解析】【详解】A．铁在质量分数为98%的浓硫酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，则用铁片与硫酸反应制取氢气时，用质量分数为98%的浓硫酸不可能增大产生氢气的速率，故A错误；B．用锌片与稀硫酸反应制取氢气时，加入数滴硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液反应生成的铜与锌在稀硫酸中构成原电池，原电池反应可以加快制取氢气的反应速率，故B正确；C．锌粉的表面积大于锌片，与稀硫酸反应时接触面积大于锌片，反应速率快于锌片，故C错误；D．升高温度，合成氨反应的正反应速率增大、逆反应速率也增大，故D错误；故选B。3. 下列有关原电池的说法不正确的是A. 图甲所示装置中，盐桥中的向盛有溶液的烧杯中移动B. 图乙所示装置中，正极的电极反应式为C. 图丙所示装置中，使用一段时间后，锌筒会变薄D. 图丁所示装置中，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．甲装置构成原电池，锌作负极，铜作正极；阳离子钾离子移向正极，即装有硫酸铜溶液的烧杯，A错误；B．氧化银得电子发生还原反应，即，B正确；C．锌筒作负极被消耗，故使用一段时间后，锌筒会变薄，C正确；D．铅蓄电池总反应为，消耗了硫酸同时生成水和难溶的硫酸铅，故电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正确； 故选A。4. 接触法制备硫酸中的关键步骤是在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为 。下列4个数据是在不同条件下测得的该反应的速率，其中反应最快的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据反应速率之比等于化学计量数之比进行换算为同一物质相同单位进行比较，据此解题。【详解】A．当时，；B．；C．当=0.6时，；D．当=0.24时，；故可知C项表示反应速率最快，故答案为：C。5. 接触法制备硫酸中的关键步骤是在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为 。在一定温度下，向恒压密闭容器中充入和，反应一段时间后，可以作为该反应达到化学平衡状态的标志的是A. 与之比不变B. 与之比不变C. 混合气体的总压强保持不变D. 单位时间内生成的同时，生成【答案】B【解析】【详解】A．向恒压密闭容器中充入和，与之比始终是2:1，与之比不变，反应不一定平衡，故不选A；B．反应正向进行，与之比减小，与之比不变，反应达到平衡状态，故选B；C．向恒压密闭容器，压强是恒量，混合气体的总压强保持不变，反应不一定平衡，故不选C；D．单位时间内生成的同时，生成，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选D；选B。6. 接触法制备硫酸中的关键步骤是在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为 。该反应的反应过程中能量变化如图所示(图中表示正反应的活化能，表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是A. 催化剂能改变该反应的焓变B. 催化剂能降低正、逆反应的活化能C. 逆反应的活化能小于正反应的活化能D. 与足量在催化作用下反应，放出热量198 kJ【答案】B【解析】【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变该反应的焓变，故A错误；B．由图可知，催化剂能降低正、逆反应的活化能，故B正确；C．由图可知，该反应为逆反应的活化能大于正反应的活化能的放热反应，故C错误；D．该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以2ml二氧化硫与足量氧气在五氧化二钒催化作用下反应，放出热量小于198 kJ，故D错误；故选B。7. 接触法制备硫酸中的关键步骤是在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为 。反应在一定条件下达到平衡，下列有关说法正确的是A. 其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，反应的平衡常数增大B. 其他条件不变，提高的值可增大的转化率C. 升高温度，能提高的反应速率和转化率D. 反应中断裂旧共价键的键能之和比反应中形成新共价键的键能之和小【答案】D【解析】【详解】A．该反应正反应是一个气体体积减小的方向，故其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，但化学平衡常数仅仅是温度的函数，故温度不变反应的平衡常数不变，A错误；B．其他条件不变，提高的值即增大SO2的用量，平衡正向移动，O2是转化率增大，而SO2的转化率减小，B错误；C．该反应正反应是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，能提高SO2的反应速率，但SO2的转化率减小，C错误；D．该反应正反应是一个放热反应，故反应中断裂旧共价键的键能之和即吸收的总能量比反应中形成新共价键的键能之和即放出的总能量小，D正确；故答案为：D。8. 下列有关金属腐蚀的说法不正确的是A. 镀层破损的白铁皮(镀锌)比马口铁(镀锡)更易被腐蚀B. 海水中钢铁水闸与外加直流电源的负极相连可减缓其腐蚀C. 用氯化铁溶液腐蚀铜板制作印刷电路板D. 铝片经过浓硫酸处理后表面生成致密的氧化膜可保护铝【答案】A【解析】【详解】A．镀层破损的白铁皮(镀锌)中锌做负极铁做正极被保护，破损的马口铁(镀锡)铁做负极更易被腐蚀，A错误；B．海水中钢铁水闸与外加直流电源的负极相连做阴极被保护，B正确；C．氯化铁溶液可以和铜反应，故可以用氯化铁溶液腐蚀铜板制作印刷电路板，C正确；D．致密氧化膜阻止反应进一步发生，可保护铝，D正确； 故选A。9. 微生物燃料电池可用于净化含铬废水，其工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法不正确是A. M极是电池的负极B. 在电极上发生氧化反应C. N电极附近溶液的pH增大D. 若参加反应，则有从交换膜右侧向左侧迁移【答案】D【解析】【分析】由图可知，M电极为原电池的负极，微生物和水分子作用下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+，电极N为正极，还原菌作用下氧气、重铬酸根离子酸性条件下在正极得到电子发生还原反应生成水、氢氧化铬，电极反应式为O2+4e—+4H+＝2H2O、Cr2O+6e—+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，原电池工作时负极区氢离子通过阳离子交换膜进入正极区。【详解】A．由分析可知，M电极为原电池的负极，故A正确；B．由分析可知，M电极为原电池的负极，微生物和水分子作用下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，故B正确；C．由分析可知，电极N为正极，还原菌作用下氧气、重铬酸根离子酸性条件下在正极得到电子发生还原反应生成水、氢氧化铬，电极反应式为O2+4e—+4H+＝2H2O、Cr2O+6e—+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，原电池工作时放电消耗氢离子，溶液中氢离子浓度减小，所以N电极附近溶液的pH增大，故C正确；D．由分析可知，电极N为正极，还原菌作用下氧气、重铬酸根离子酸性条件下在正极得到电子发生还原反应生成水、氢氧化铬，电极反应式为O2+4e—+4H+＝2H2O、Cr2O+6e—+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，则若有0.1ml重铬酸根离子参加反应，从交换膜右侧向左侧迁移氢离子的物质的量大于0.8ml，故D错误；故选D。10. 治理汽车尾气中NO和CO污染的一种方法的反应原理为，某一温度下，其化学平衡常数。下列说法正确的是A. 反应达到平衡时，CO、NO的转化率相等B. 化学平衡常数的表达式为C. 此温度下，因K值较大，故化学反应速率较快D. 加入催化剂，反应物的活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率增大【答案】D【解析】【详解】A．根据变化量之比等于化学计量数之比可知，反应达到平衡时，CO、NO的转化量相等，但CO、NO的转化率是否相等，取决于CO、NO的起始量是否相等，A错误；B．根据平衡常数的定义可知，化学平衡常数的表达式为，B错误；C．平衡常数K是衡量反应进行的程度，而反应速率是衡量反应进行的快慢，故此温度下，因K值较大，不能得出化学反应速率较快，C错误；D．加入催化剂，能够降低反应所需要的活化能，是部分普通分子转化为活化分子，故反应物的活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率增大，D正确；故答案为：D。11. 臭氧催化氧化是降解水体中有机污染物的常用方法。某科研小组研究降解有机物的路径：取四份废水，保持其他条件相同，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时通入；第四份在加入一定量与叔丁醇的同时通入，分别测的四份废水中有机物的残留率随时间的变化结果如图所示。已知：①除直接降解有机物外，在溶液中能产生羟基自由基，也能降解水中有机物。②叔丁醇能迅速结合而将除去。下列说法不正确的是A. 几乎不能直接降解有机物B. 对降解有催化作用C. 溶液中产生的降解是该降解过程的主要途径D. 直接降解是该降解过程的主要途径【答案】C【解析】【分析】第一份和第二份式样曲线对比可以判断臭氧和二氧化锰分别对有机物残留率的影响；对比第二份和第三份可知，加入二氧化锰后有机物残留率明显降低，因此MnO2对O3降解有催化作用；已知条件臭氧降解过程中产生了·OH，·OH参与降解，对比第三份和第四份图像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速结合而将除去，但有机物残留率仍和第三份相当，即直接降解是该降解过程的主要途径，溶液中产生的降解不是该降解过程的主要途径，据此回答。【详解】A．由图知，只加入二氧化锰时废水中有机物的残留率随时间改变基本没有降低，即几乎不能直接降解有机物，A正确；B．由图对比第二份和第三份可知，加入二氧化锰后有机物残留率明显降低，因此MnO2对O3降解有催化作用，B正确；C．对比第三份和第四份图像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速结合而将除去，但有机物残留率仍和第三份相当，即溶液中产生的降解不是该降解过程的主要途径，C错误；D．对比第三份和第四份图像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速结合而将除去，但有机物残留率仍和第三份相当，即直接降解是该降解过程的主要途径，D正确； 故选C。12. 在催化下，与制备乙醛的反应机理如图所示，下列说法正确的是A. 增加的量，的平衡转化率增大B. 过程①~⑥中铁元素化合价均发生变化C. X为，是反应的产物之一D. 每消耗可制备乙醛【答案】C【解析】【详解】A．由分析可知，Fe+是反应的催化剂，催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，则增加的量，乙烷的转化率不变，故A错误；B．由图可知，反应③、④中，铁元素化合价没有发生变化，故B错误；C．由分析可知，乙烷与一氧化二氮制备乙醛时，会发生副反应生成乙醇，所以X为是反应的产物之一的乙醇，故C正确；D．分析可知，乙烷与一氧化二氮制备乙醛时，会发生副反应生成乙醇，由得失电子数目守恒可知，消耗1ml一氧化二氮时，反应生成乙醛的物质的量小于0.5ml，故D错误；故选C。【分析】由图可知，Fe+是反应的催化剂，主反应为乙烷与一氧化二氮反应生成乙醛、氮气和水，副反应为乙烷与一氧化二氮反应生成乙醇和氮气。13. 催化加氢制甲醇过程中的主要反应有：反应I： 反应II： 压强分别为、时，将的混合气体置于恒容密闭容器中反应，不同温度下平衡时体系中转化率和(或CO)选择性如图所示，(或CO)的选择性可表示为，下列说法正确的是A. 曲线①代表的是CO选择性B. 反应 C. D. 其他条件不变，增大压强，CO选择性变小【答案】D【解析】【分析】由方程式可知，反应Ⅰ为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的选择性减小，二氧化碳的转化率减小，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，压强一定时升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的选择性增大，二氧化碳的转化率增大，则曲线①代表的是甲醇的选择性，曲线②、③代表二氧化碳的转化率；温度一定时增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大、二氧化碳和氢气的浓度减小，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，二氧化碳和氢气的浓度减小导致反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，一氧化碳的选择性减小。【详解】A．由分析可知，曲线①代表的是甲醇的选择性，故A错误；B．由盖斯定律可知，反应Ⅰ—Ⅱ得到反应，则反应ΔH=( —49.4kJ/ml)—(+41.2kJ/ml)=—90.6kJ/ml，故B错误；C．由分析可知，曲线②、③代表二氧化碳的转化率，反应Ⅰ为气体体积减小的放热反应，温度一定时增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，由图可知，温度一定时，p1条件下二氧化碳的转化率大于p2，则压强p1大于p2，故C错误；D．由分析可知，温度一定时增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大、二氧化碳和氢气的浓度减小，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，二氧化碳和氢气的浓度减小导致反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，一氧化碳的选择性减小，故D正确；故选D。二、非选择题：共4题，共61分。14. 合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。Ⅰ.催化合成氨（1）铁触媒催化合成氨的反应进程如图所示(图中“*”表示吸附在催化剂表面的物质)。①催化反应往往经过物质在催化剂表面的“吸附”过程和脱离催化剂表面的“脱附”过程，“脱附”过程是___________(填“吸热”或“放热”)过程。②上图中决速步骤的反应方程式为___________。③相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化效果越好，原因是___________。（2）实验室模拟合成氨。恒温下，向一个4L的密闭容器中充入和，反应过程中对的物质的量进行检测，得到的数据如下表所示：①计算此条件下该反应的化学平衡常数___________。②若维持容器容积不变，温度不变，往原平衡体系中加入、和各，再次达到平衡前___________(填“>”、“Ⅱ.电化学合成氨电解法合成氨反应装置如图所示：（3）①写出a极电极反应式___________。②电解装置中质子交换膜的作用为___________。③若b极产生的在一定条件下的体积为336 L，a极中通入相同条件下的总体积为672 L，则的转化率为___________%(保留两位有效数字)。【答案】（1） ①. 吸热 ②. N*+3H*=NH*+2H* ③. 分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多 （2） ①. 0.1 ②. （3） ①. N2+6e—+6H+=2NH3 ②. 为质子的迁移和输送提供通道，并且阻碍阴、阳两极产物接触 ③. 33【解析】【小问1详解】①物质脱离催化剂表面时，需要消耗一定的能量，所以脱附过程是吸热过程，故答案为：吸热；②活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤取决于慢反应，由图可知，N*和3H*转化为NH*和2H*的活化能最大，则决速步骤的反应方程式为N*+3H*=NH*+2H*，故答案为：N*+3H*=NH*+2H*； ③相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高说明催化剂的总表面积越大，吸附的反应物越多，催化效果越好，故答案为：分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多；【小问2详解】①由表格数据可知，20min反应达到平衡时，氨气的物质的量为0.80ml，由方程式可知，平衡时氮气、氢气的物质的量为2ml-0.80ml×=1.6ml、5.2ml-0.80ml×=4.0ml，则反应的平衡常数K==0.1，故答案为：0.1；②若维持容器容积不变，温度不变，往原平衡体系中加入氢气、氮气和氨气各4ml，反应的浓度熵Qc=≈0.13＞0.1，则反应向逆反应方向进行，逆反应速率大于正反应速率，故答案为：【小问3详解】由图可知，a极为电解池的阴极，氢离子作用下氮气在正极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3，b电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生还原反应生成氧气和氢离子，电极反应式为H2O-4e-=O2+4H+。①由分析可知，a极为电解池的阴极，氢离子作用下氮气在正极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；②由分析可知，a极放电生成氨气，b极放电生成氧气，电解装置中质子交换膜只允许氢离子通过，不允许氧气和氨气通过，可以阻碍氨气和氧气接触，从而防止制得的氨气中混有杂质，故答案为：为质子的迁移和输送提供通道，并且阻碍阴、阳两极产物接触；③由得失电子数目守恒可知，阳极生成336 L氧气时，阴极消耗氮气的物质的量为×=10ml，则氮气的转化率为×100%≈33%，故答案为：33。15. 纳米铁粉可用于处理水中污染物。某科研小组研究了在不同环境下纳米铁粉与反应的情况。（1）足量的纳米铁粉与酸性废水中反应，若反应无气体产生，其离子方程式为___________；研究发现，一定量纳米铁粉处理废水时，若pH偏低将会导致的去除率下降，其原因是___________。（2）相同条件下，将活性炭载纳米铁粉和纳米铁粉分别加入含废水中，反应相同时间，采用活性炭载纳米铁粉去除的效率更高，原因是___________。（3）用催化剂协同纳米铁粉去除水体中的催化还原反应过程如图-1所示，去除率及生成率随水体初始pH变化的曲线如图-2所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低的原因是___________。

【答案】（1） ①. ②. pH低于4.0，纳米铁粉易与反应放出氢气，被还原的数目减少 （2）活性炭载纳米铁粉能形成铁碳原电池，加快反应速率 （3）pH减小，H+浓度增大，会生成