吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13化学能与电能
一、单选题
1．（2023·吉林长春·校联考模拟预测）化学与生产、生活和科技密切相关，下列说法错误的是
A．北京冬奥会运动员“战袍”内层添加石墨烯片用于保暖，石墨烯和碳纳米管互为同分异构体
B．华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅
C．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料， 可用于制造汽车发动机
D．不锈钢中含有镍、铬等元素， 具有很强的抗腐蚀能力
2．（2023·吉林白山·统考模拟预测）我国某大学课题组提出了一种基于电化学的石灰石转化生产消石灰和有价值碳质产物的方法，有望助水泥行业脱碳，装置如图所示。下列叙述正确的是
A．图中涉及的物质中有5种非极性分子
B．铱(Ir)极上的氧化产物为CO2
C．生成C2H6的电极反应式为2CO2 +10H2O+14e- =C2H6+14OH-
D．催化电极上每生成1 mol H2，交换膜Q上迁移2 mol OH-
3．（2023·吉林白山·统考三模）在电还原条件下由PVC{}产生的氯离子可以直接用于串联电氧化氯化反应。PVC可用于常规回收DEHP(在电化学反应中可充当氧化还原介质，提高反应效率)，转化过程如图所示。
下列叙述错误的是
A．上述装置为将电能转化成化学能的装置
B．电极d上发生还原反应
C．上述转化的总反应方程式为
D．上述转化实现了资源回收与利用
4．（2023·吉林长春·校联考模拟预测）碱性锌铁液流电池具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为，下列叙述不正确的是
A．放电时，M极电极反应式为
B．充电时，右侧贮液器中浓度降低
C．若离子交换膜只有通过，反应时，有通过离子交换膜
D．电池工作时，当电路中转移个电子，理论上消耗锌16.25 g
5．（2023·吉林·统考二模）的脱除与的制备反应自发协同转化装置如下图所示(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移)。下列分析正确的是
A．电子从a电极经导线流向b电极
B．透过双极膜向b电极移动
C．反应过程中左侧需不断补加稀
D．协同转化总反应：
6．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A B C D
验证硫的非金属性强于碳 制备溴苯并验证有HBr产生 制备无水MgCl2 在铁上镀铜
A．A B．B C．C D．D
7．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）下列离子方程式书写正确的是
A．铝和过量NaOH溶液反应：Al+4OH-=+2H2O
B．惰性电极电解MgCl2水溶液：2Cl- +2H2O2OH-+Cl2↑十H2↑
C．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应：5+2+16H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．水玻璃中通入过量二氧化碳：+2CO2+2H2O = H2SiO3↓+2
8．（2022·吉林长春·统考模拟预测）汽车尾气中含有CO和NOx(2≥x≥1)，通过设计如图所示电池装置可以利用汽车尾气给汽车蓄电瓶供电，下列说法不正确的是
A．负极参与反应的物质至少有4种
B．正极发生的电极反应式为O2+4e-=2O2-
C．NOx放电时两极消耗气体体积比在4：1~4：3之间
D．该电池可长期采用多孔石墨作为电极而不作更换
9．（2022·吉林白山·统考一模）我国科学家研制了Cu2P2O7催化剂建构Zn—CO2二次电池，实现了电还原CO2合成多碳产品(如乙酸，乙醇等)，装置如图所示。双极膜中水电离出的H+和OH-在电场作用下可以向两极迁移。
下列说法正确的是
A．放电时，双极膜中H+向负极区迁移
B．放电时，电势：Zn极高于Cu2P2O7极
C．当外电路通过2mol电子时，理论上双极膜中水减少18g
D．充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+
10．（2022·吉林·校联考模拟预测）化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．聚氯乙烯、聚苯乙烯和聚酯纤维都是由加聚反应制得的
B．因为钠的化学性质非常活泼，故不能做电池的负极材料
C．钢化玻璃和有机玻璃都属于硅酸盐材料，均可由石英制得
D．利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于外加电流的阴极保护法
11．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）一种碳纳米管新型二次电池的装置如图所示。下列说法中正确的是
A．离子交换膜选用阳离子交换膜（只允许阳离子通过） B．正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－
C．导线中通过1mol电子时，理论上负极区溶液质量增加1g D．充电时，碳电极与电源的正极相连
12．（2021·吉林·统考模拟预测）某有机物电池如图所示，下方电池产生的电能供给上方电解池使用(已知A、B、X、Y都是多孔石墨电极)，下列说法正确的是
A．X电极是电解池的阴极，该电极处发生还原反应
B．原电池负极电极反应式为：2I--2e-=I2
C．原电池工作时，SO透过质子交换膜流向右侧
D．若电解池中盛放的是足量的Na2SO4溶液，当电解池两极共产生3mol气体时，原电池中消耗 的质量为108g
13．（2021·吉林四平·校联考模拟预测）一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是( )
A．放电时，多孔碳材料电极为负极
B．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C．充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D．充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1—）O2
二、原理综合题
14．（2023·吉林长春·校联考模拟预测）氮、硫及其化合物都是目前研究的热点。
(1)NO破坏臭氧层的反应过程如图1所示。
已知：O3 (g)+O(g)=2O2 (g) H= 143kJ/mol；
反应2：O(g)+NO2 (g)=O2 (g)+NO(g) H=+57.2kJ/mol。
则反应1的热化学方程式为： 。
(2)利用反应CH4 (g)+2NO2 (g)CO2 (g)+N2 (g)+2H2O(g) H=－868.74kJ/mol，可将NO2进行无害化处理，将2molCH4 (g)和4molNO2加入恒温恒容的密闭容器中(起始压强为120kPa)，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
时间/min 0 50 100 150 200 250 300
压强/kPa 120 136 144 148 150 150 150
①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，及v= p/ t，分压=总压×物质的量分数，则反应前 50min 内平均反应速率 v(CH4)= kPa/min。
②Kp 为用气体分压表示的平衡常数， 则该温度下该反应的平衡常数 Kp= kPa。
(3)燃煤烟气中硫的回收反应为 2CO(g)+SO2 (g)2CO2 (g)+S(l)。相同条件下，选用 a、b、c 三种催化剂进行反应，生成二氧化碳的物质的量与时间的变化关系如图2所示，催化效果最差的是 。研究发现细小炭粒能将 O2转化为活性氧而加快 SO2 的氧化速率，在干燥和潮湿两种环境中的反应历程如图3所示。活化氧的过程适宜在潮湿环境中进行，理由为 。
(4)间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2S2O4是一种弱酸。
①a极是电源 (填“正极”或“负极”)，离子交换膜是 (填“阳离子” 或“阴离子”)交换膜。
②吸收池的工作原理是 (用化学方程式表示)。
15．（2023·吉林长春·统考三模）环己烯是重要的有机化工原料，广泛用于制备各种中间体，进而用于农药、医药、塑料等生产。回答下列问题：
(1)已知：苯()、环己烯()和氢气的燃烧热()分别为：、和。则反应Ⅰ： 。
(2)某温度下，将等物质的量的苯蒸汽和加入刚性容器内发生反应生成气态环己烯，起始总压为，平衡时总压减小了40%，该温度下反应的平衡常数 (保留一位小数)。达到平衡后，欲增加苯的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。
A．通入惰性气体 B．再加入等物质的量的苯蒸汽和
C．增加催化剂的用量 D．增加氢气的浓度
(3)液相中水作为添加剂苯选择性加氢制备环己烯(反应Ⅰ)过程的示意图如图1，采用能够吸附氢气的含钉催化剂，将氢气以一定速率通入液态苯与水的混合体系中生成环己烯，环己烯会进一步加成生成副产物环己烷。(已知：苯和环己烯在水中的溶解度分别为：和)
①研究表明使用水作为添加剂时，催化剂表面会被一层水吸附层覆盖，使得环己烯的选择性明显提高，原因是 。
②反应温度与苯加氢反应速率的关系如图2所示，温度高于时，苯加氢速率降低的原因可能是 。
(4)环氧环己烷()是有机合成的重要中间体，有着广泛的应用。以环己烯和溴化钠为原料，采用间接电解法是制备环氧环己烷的常用方法，其过程如下图：
①采用无隔膜法电解溶液，阳极电极反应方程式为 。
②从践行绿色发展理念，保护生态环境的角度分析，采用该方法制备环氧环己烷的优点是 。
16．（2021·吉林四平·校联考模拟预测）甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H1=-90.7 kJ·mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) △H2=-23.5 kJ·mol-1
③CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) △H3=-41.2 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)则反应3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g)的△H= kJ·mol-1。
(2)反应②达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有___________ (填字母，下同)。
A．使用催化剂 B．升高温度 C．增大压强 D．移出H2O
(3)以下说法能说明反应3H2(g)＋3CO(g) CH3OCH3(g)＋CO2(g)达到平衡状态的有 。
A．H2和CO2的浓度之比为3：1
B．单位时间内断裂3个H-H同时断裂1个C=O
C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变
D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变
E．绝热体系中，体系的温度保持不变
(4)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：
已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。
①该反应△H (填“＞”“＜”或“=”)0，550℃时，平衡后若充入惰性气体，平衡 (填“正移”“逆移”或“不移动”)。
②650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为 (保留2位有效数字)。
③T℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= p总。
(5)一种以液态肼(N2H4)为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。图中b电极是 (填“正”或“负”)极，写出a电极反应式为 。
17．（2021·吉林长春·统考三模）减少二氧化碳的排放、捕集利用二氧化碳是我国能源领域的一个重要战略方向。
(1)以金属钌作催化剂可以从空气中捕获CO2直接转化为甲醇，其转化如图所示。
如图所示转化中，由第1步至第4步生成1molCH3OH(l)的反应热(ΔH)依次是akJ·mol-1、bkJ·mol-1、ckJ·mol-1、dkJ·mol-1，则该转化总反应的热化学方程式是 。
(2)工业上用CO2和H2反应合成甲醚：2CO2(g)+6H2(g)= CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH<0。
①向一绝热恒容密闭容器中，加入2molCO2和5molH2发生上述反应，能够说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
a.2υ(CO2)=υ(CH3OCH3) b.容器内气体密度保持不变
c.容器内温度保持不变 d.容器内 比值保持不变
②在催化剂存在的恒容密闭容器里，保持CO2、H2初始加入量不变，测得在不同温度下，反应相同的时间，容器内H2的物质的量与温度的关系如图1所示。氢气的物质的量在温度高于800K后增大的可能原因是 (写出一条即可)。
(3)一定条件下，CO2与NH3可合成尿素[CO(NH2)2]：2NH3(g)+CO2(g)= CO(NH2)2(g)+H2O(g)。某温度下，在容积为1L的恒容密闭容器中，按不同氨碳比加入总量为3mol的CO2和NH3混合气体发生反应。反应达到平衡时有关量随氨碳比的变化曲线如图2所示。其中，c表示尿素在平衡体系中的体积百分比。
①表示NH3转化率的曲线是 (填“a”或“b”)；
②M点对应的百分比y= (保留三位有效数字)。
(4)科研人员通过电解酸化的CO2制备CH3OCH3，装置如图所示。
电解过程中，阴极的电极反应式为 ，产生1molO2时，通过质子交换膜的质子的物质的量为 。
18．（2021·吉林长春·统考二模）I. 甲烷和水蒸气催化制氢主要存在如下两个反应：
①CH4(g)+ H2O (g)CO(g)+3H2(g) H= +206kJ mol-1
②CO(g)+ H2O (g)CO2 (g)+H2(g) H= —41kJ mol-1
恒定压强为P0时，将n(CH4)：n(H2O)=1 ：3的混合气体投入反应器中，平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)写出CH4与CO2生成H2和CO的热化学方程式： 。
(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是 (填字母)。
A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
D．加入合适的催化剂，同时降低反应温度，相同时间内的转化率可能不变
(3)恒定压强为P0，投料比n(CH4)： n(H2O)=1 ：3时，从提高氢气产率角度考虑反应温度应控制在 ℃左右。
(4) 600°C时，CH4的平衡转化率为 (保留2位有效数字)，反应①的平衡常数的计算式为Kp= (Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
II.我国科学家最近发明了一种Zn-PbO2电池，电解质为K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域，反应后B中溶液浓度变大，结构示意图如下：
回答下列问题：
(5)电池中，Zn 极上发生的电极反应式为 。
(6)电池放电过程中，每消耗6.5gZn，理论上PbO2电极质量增重 g。
三、工业流程题
19．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）碳酸锶(SrCO3)是一 种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80~90% SrCO3， 少量MgCO3、CaCO3、 BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
Sr(OH)2在水中的溶解度
温度/℃ 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/(g/100g) 1.25 1.77 2.64 3.95 8.42 20.2 44.5 91.2
(1)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是 。
(2)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为 。进行高温煅烧反应的装置称为“立窑”，该装置的内层“衬里”应选择 (填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)做耐火材料。
(3)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是 ；滤渣1含有焦炭、MgO和 。
(4)“沉锶”中反应的化学方程式为 。
(5)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为 (取整数)。
(6)NiSO4在强碱溶液中被NaClO氧化可得NiOOH，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反应式：Cd (s) +2NiOOH(s) +2H2O (1) Cd (OH)2(s) +2Ni (OH)2(s)
①放电一段时间后，溶液的pH将 (填 “增大”“减小”或“不变”)。
②充电时，阳极发生的电极反应式为 。
20．（2022·吉林·统考三模）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以含锌废料(主要含ZnO、PbO、CuO及少量FeO、MnO)生产锌及氧化锌的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“溶浸”时适当升温的目的是 ，浸出渣的主要成分为 (填化学式)
(2)“除锰”时，Mn2+被氧化生成MnO2，写出该反应的离子方程式。 。
(3)“除铁”时，加入ZnO的作用为 。
(4)下图是“电解”时不同酸锌比对净化液利用率和直流电耗能影响关系图，在净化废液时的最佳酸锌比为 ，电解后所得溶液可返回 工序继续使用。
(5)“沉锌”时，反应的离子方程式为 检验Zn(OH)2·ZnCO3已洗涤干净的方法是
参考答案：
1．A
【详解】A．石墨烯和碳纳米管均为碳单质，不属于化合物，即不互为同分异构体，故A说法错误；
B．晶体硅是制造半导体的材料，常用作制备芯片、太阳能电池板等，故B说法正确；
C．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，具有硬度大、强度高等优点，可用于制造汽车发动机等，故C说法正确；
D．不锈钢中加入镍、铬等元素，改变金属的组成，使其具有很强的抗腐蚀性，故D说法正确；
答案为A。
2．C
【分析】该装置为电解池，Pt为负极，电极方程式为，Ir为正极，电极方程式为，H+和CaCO3反应生成CO2和Ca2+，Ca2+和OH-反应Ca(OH)2；CO2在催化电极生成碳质产物，e为负极，d为正极；据此分析解题。
【详解】A．图中涉及的物质中CO2，O2，H2，CH4，C2H6，C2H4，有6种非极性分子，故A错误；
B．据分析可知，Ir为正极，电极方程式为，氧化产物为O2，故B错误；
C．CO2在催化电极生成碳质产物，2CO2 +10H2O+14e- =C2H6+14OH-，符合电子转移守恒，电荷守恒和原子守恒，故C正确；
D．催化电极上不止发生，还发生，所以催化电极上每生成1 mol H2，交换膜Q上不一定迁移2 mol OH-，故D错误；
故答案选C。
3．B
【详解】A．上述装置有外接电源，为电解池，将电能转化成化学能，A正确；
B．电极d上氯离子失去电子生成氯原子，发生氧化反应，B错误；
C．结合反应过程，和电解生成、，转化的总反应方程式为，C正确；
D．根据题干信息，上述转化实现了PVC资源回收与利用，D正确；
故选B。
4．C
【分析】由图可知：碱性锌铁液流电池放电时，右侧N极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)，负极发生电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；左侧M为正极，正极上发生得电子的还原反应，正极电极反应为Fe(CN)+e-=Fe(CN)。充电时和放电时刚好相反，电池正极与电源正极相连，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知放电时，M极电极反应式为，A正确；
B．充电时，右侧电极反应为：Zn(OH)+ 2e-= Zn+4OH-，则浓度降低，B正确；
C．在放电时，M为正极，发生反应为：Fe(CN)+e-=Fe(CN)。当左侧M电极有1 mol Fe(CN)发生时，左侧负电荷数目会增加1 mol，为维持电荷守恒，就会1 mol即NA个OH-通过离子交换膜移向负极N极，C错误；
D．根据放电时负极的电极反应可知，电池工作时，当电路中转移0.5 mol电子，理论上消耗锌0.25mol，即16.25g，D正确；
故选C。
5．D
【分析】由图可知，a极氧气发生还原反应生成过氧化氢，为正极，则b为负极；
【详解】A．原电池中电子由负极流向正极，故电子从b电极经导线流向a电极，A错误；
B．阳离子向正极运动，透过双极膜向a电极移动，B错误；
C．由题干可知，在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并向两极迁移，故左侧消耗的氢离子由中间室的氢离子迁移过来，C错误；
D．由图可知，总反应为二氧化硫和氧气转化为硫酸钠和过氧化氢，，D正确；
故选D。
6．C
【详解】A．实验中蔗糖变黑，接着变得疏松多孔，同时澄清石灰水变浑浊，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，同时产生SO2，但不能说明产生CO2，也不能验证硫的非金属性强于碳，A不合题意；
B．由于液溴易挥发，挥发出的液溴能与水反应生成HBr，同样可以观察到AgNO3溶液中生成淡黄色沉淀，即不能验证有HBr产生，B不合题意；
C．由于MgCl2易发生水解，水解产物HCl易挥发，从而促进其水解，故需要在HCl的气流中加热蒸发MgCl2·6H2O来制备无水MgCl2，C符合题意；
D．在铁上镀铜，铁接电源的负极作阴极，铜接电源的正极作阳极，D不合题意；
故答案为：C。
7．D
【详解】A．原离子方程式电荷不守恒，故铝和过量NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，A错误；
B．已知Mg2+和OH-结合成Mg(OH)2沉淀，故惰性电极电解MgCl2水溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl- +2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑十H2↑，B错误；
C．已知H2C2O4是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O，C错误；
D．水玻璃中通入过量二氧化碳生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，故离子方程式为：+2CO2+2H2O = H2SiO3↓+2，D正确；
故答案为：D。
8．D
【分析】根据题意，该装置给汽车蓄电池充电，说明该装置为化学电源，通汽车尾气的一极为负极，通空气的一极为正极，然后根据原电池工作原理进行分析；
【详解】A．根据上述分析，通汽车尾气一极为负极，汽车尾气中有CO、NOx，因为2≥x≥1，因此氮的氧化物可能为NO、NO2，熔融盐传导的阴离子在负极上参与反应，负极上参与反应的物质至少有CO、NO、NO2、熔融盐传导的阴离子，因此负极参与物质至少有4种，故A说法正确；
B．通空气一极为正极，正极上得电子，化合价降低，因此正极反应式为O2+4e-=2O2-，故B说法正确；
C．假设氮的氧化物是NO，负极反应式为NO-3e-+2O2-=NO，正极反应式为O2+4e-=2O2-，根据得失电子数目守恒，因此NO、氧气的体积比为4∶3，假设氮的氧化物为NO2，负极反应式反应式为NO2-e-+O2-=NO，根据得失电子数目守恒，NO2、氧气的体积比为4∶1，因此消耗两极体积比在4∶1～4∶3之间，故C说法正确；
D．石墨能与氧气在高温下反应，消耗石墨，因此该电池长期采用多孔石墨作电极需要定期更换，故D说法错误；
答案为D。
9．D
【分析】由图可知放电时左侧电极为负极，Zn被氧化生成[Zn(OH)4]2-，右侧电极为正极，二氧化碳被还原生成乙醇，以此解答该题。
【详解】A．放电时相当于是原电池，双极隔膜产生的H+移向正极，故A错误；
B．放电时，正极电势高于负极电势，故Zn极低于Cu2P2O7极，故B错误；
C．当外电路通过2mol电子时，理论上双极膜中水减少2mol，即36g，故C错误；
D．放电时二氧化碳被还原生成乙醇，充电时乙醇被氧化为二氧化碳，故电极反应式为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，故D正确；
故选D。
10．D
【详解】A. 聚氯乙烯、聚苯乙烯都是由加聚反应制得的，聚酯纤维是由缩聚反应制得的，选项A错误；
B、负极失电子，理论上钠可作为负极材料，选项B错误；
C．钢化玻璃既是将普通玻璃加热熔融后再急速冷却，故主要成分仍为硅酸盐，即主要成分为SiO2、Na2SiO3、CaSiO3；而有机玻璃的主要成分是有机物，不是硅酸盐，选项C错误；
D、外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理，属于外加电流的阴极保护法，选项D正确；
答案选D。
11．B
【详解】根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+ 2OH－=2H2O，Ni电极NiO(OH)→Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，碳电极是负极，Ni电极是正极。根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误；正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－，故B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。
12．B
【详解】A．B电极碘离子被氧化为单质，是负极，则A电极是正极，所以X电极是电解池的阳极，该电极处发生氧化反应，A错误；
B．B电极碘离子被氧化为单质，是负极，原电池负极电极反应式为：2I--2e-=I2，B正确；
C．原电池中阴离子向负极移动，但SO不能通过质子交换膜，C错误；
D．若电解池中盛放的是足量的Na2SO4溶液，当电解池两极共产生3mol气体时，生成的气体是氢气和氧气，其中氢气是2mol，氧气是1mol，转移4mol电子，原电池中正极反应式为 +2e－+2H＋＝ ，所以消耗 的质量为2mol×108g/mol＝216g，D错误；
答案选B。
13．D
【详解】A．放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，A错误；
B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），B错误；
C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，C错误；
D．根据图示和上述分析，电池的正极反应是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X，电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + （1—）O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X ＝ 2Li +（1—）O2，选项D正确；
答案选D。
14．(1)O3(g)+NO(g)=O2(g)+NO2(g) ΔH= 200.2kJ/mol
(2) 0.32 810
(3) c 潮湿环境下的活化能低于干燥环境下的活化能，活化能越低越易发生反应
(4) 负极 阳离子 H2O+H2S2O4+N2O=N2+2H2SO3
【详解】（1）根据反应过程，反应1的方程式为O3+NO=NO2+O2，O3(g)+O(g)=2O2(g) H= 143kJ/mol……①，O(g)+NO2 (g)=O2 (g)+NO(g) H=+57.2kJ/mol……②，根据盖斯定律有①-②，则有O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) H=(-143-57.2)kJ/mol=-200.2kJ/mol，故答案为O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) H=-200.2kJ/mol；
（2）①起始时气体总压强为120kPa，起始时通入2molCH4(g)和4molNO2(g)，根据相同条件下，压强之比等于其物质的量之比，因此甲烷的分压为40kPa，NO2分压为80kPa，令前50min，消耗甲烷分压为xkPa，消耗二氧化氮的分压为2xkPa，生成CO2分压为xkPa，生成N2分压为xkPa，生成水蒸气分压为2xkPa，因此有(40-x)+(80-2x)+x+x+2x=136，解得x=16，前50min内平均反应速率v(CH4)==0.32kPa/min；故答案为0.32；
②令达到平衡时，消耗甲烷分压为xkPa，消耗二氧化氮的分压为2xkPa，生成CO2分压为xkPa，生成N2分压为xkPa，生成水蒸气分压为2xkPa，因此有(40-x)+(80-2x)+x+x+2x=150，解得x=30，用分压表示的平衡常数Kp==810kPa；故答案为810；
（3）根据图2，使用催化剂c时，反应速率相对较低，因此催化剂效果最差的是c；根据图3可知，潮湿环境下，反应活化能低，反应速率快，因此活化氧的过程适宜在潮湿环境中进行；故答案为c；潮湿环境下的活化能低于干燥环境下的活化能，活化能越低越易发生反应；
（4）该装置为电解装置，根据装置图可知，右边电极得到较浓的硫酸，右边电极的反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据电解原理，该电极为阳极，即b为正极，a为负极，阴极反应式为2H++2H2SO3+2e-=H2S2O4+2H2O，根据得失电子数目守恒，H+从右侧向左侧移动，离子交换膜为阳离子交换膜；故答案为负极；阳离子；
根据装置图可知，吸收池中N2O与H2S2O4反应生成N2和H2SO3，根据得失电子数目守恒，其反应方程式为H2O+H2S2O4+N2O=N2+2H2SO3；故答案为H2O+H2S2O4+N2O=N2+2H2SO3。
15．(1)
(2) 66.7 BD
(3) 环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，提高环己烯的选择性 反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活
(4) 溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放
【详解】（1）根据盖斯定律可知，该反应的反应热；
（2）设起始两者的物质的量为1mol，转化的苯为x mol，根据题给信息可以得到以下三段式：
，同温同体积压强之比=气体的物质的量之比，则，解得x=0.4，此时总压为(1-40%)×1MPa=0.6 MPa，总物质的量=2-2×0.4=1.2mol，平衡常数；
A．通入惰性气体，平衡不移动，苯的转化率不变，A错误；
B．再加入等物质的量的苯蒸汽和相当于加压，平衡正向移动，苯的转化率增大，B正确；
C．增加催化剂的用量平衡不移动，苯的转化率不变，C错误；
D．增加氢气的浓度，平衡正向移动，苯的转化率增大，D正确；
故选BD；
（3）①可以从平衡移动的角度分析，该方法降低了环己烯的浓度，促使平衡正向移动，故答案为：环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，提高环己烯的选择性；
②气体的溶解度随着温度升高而降低，反应速率减慢，另外，温度过高时，催化剂会失去活性，反应速率会降低，故答案为：反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活；
（4）①根据图示可知，在阳极，溴离子失去电子生成溴酸根离子，电极方程式为：；
②根据图示可知，该过程中的溴化钠可以循环使用，从而提高了溴的利用率，故答案为：溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放。
16．(1)-246.1
(2)D
(3)DE
(4) ＞ 正移 25% 0.5
(5) 正 N2H4＋4OH－－4e-=N2↑＋4H2O
【详解】（1）2×①＋②＋③得出ΔH=2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3=[2×(-90.7)-23.5-41.2] kJ·mol-1=-246.1 kJ·mol-1；
（2）A．使用催化剂，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，故A错误；
B．反应②的正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，则CH3OCH3产率会降低，故B错误；
C．反应②是反应前后气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，故C项错误；
D．移出H2O，生成物浓度减小，化学平衡正向移动，CH3OCH3产率增大，故D项正确；
故答案为D；
（3）3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3 (g)+CO2(g)的正反应为气体体积缩小的放热反应:
A．H2和CO2的浓度之比为3：1时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，则无法判断平衡状态，故A项错误；
B．CO2分子中含有2个C=0双键，单位时间内断裂3个H-H同时会产生2个C=0键，断裂1个C=0，表示反应正向进行，说明没有达到平衡状态，故B项错误；
C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故C项错误；
D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时，表明该反应达到平衡状态，故D项正确；
E．该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表面正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态， E项正确；
故答案为DE。
（4）①根据图象知，随着温度升高，CO2的体积分数降低，说明平衡向正反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，即ΔH>0，恒压状态下，充入非反应气体，体积增大，组分浓度降低，平衡向正反应方向移动；
②设CO2浓度变化为x
， ×100%=40.0%，解得x=0.25 mol·L-1，即CO2的转化率为×100%=25%；
③T ℃时，CO的平衡分压为50%p总，CO2的分压为50%p总，Kp==0.5p总；
（5）由图可知，N2H4在a电极上发生氧化反应生成N2，则a电极是负极，b电极是正极；N2H4在a电极上发生失去电子的氧化反应生成N2，则电极反应式为N2H4＋4OH_4e-=N2↑＋4H2O。
17． CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=(a+b+c+d)kJ·mol-1 c、d 温度过高催化剂活性降低，单位时间内氢气的消耗量减小(或800K时反应达到平衡，ΔH＜0，温度升高，氢气的平衡转化率越小) b 36.4 12CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O 4mol
【详解】(1)据图可知该反应中反应物为CO2(g)和H2(g)，在催化剂作用下生成CH3OH(l)和H2O(l)，所以化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)，根据盖斯定律可知该反应的ΔH=(a+b+c+d)kJ·mol-1；
(2)①a．平衡时正逆反应速率相等，但选项未注明是正反应还是逆反应，所以不能说明反应是否达到平衡，a不符合题意；
b．该反应中反应物和生成物均为气体，所以气体总质量不变，容器恒容，则无论是否平衡，容器内的气体密度都不发生改变，不能说明反应是否达到平衡，b不符合题意；
c．容器绝热，而该反应为放热反应，反应未平衡时容器内温度会发生变化，当温度不变时说明反应平衡，c符合题意；
d．初始投料与反应方程式中系数比不相等，则容器内 比值不变时，说明n(CO2)、n(H2)不再改变，反应达到平衡，d符合题意；
综上所述答案为c、d；
②温度过高催化剂活性降低，单位时间内氢气的消耗量减小，导致测定氢气的含量时其物质的量增大，也有可能是因为800K时反应达到平衡，该反应ΔH＜0为放热反应，温度升高，氢气的平衡转化率越小；
(3)①氨碳比越大，即初始投料时NH3的物质的量越大，CO2的物质的量越小，则NH3的转化率越小，所以表示NH3转化率的曲线是b；
②M点是氨碳比为2，则初始时投入2molNH3、1molCO2，氨气的平衡转化率为80.0%，即Δn(NH3)=1.6mol，根据方程式可知此时Δn(CO2)=Δn[CO(NH2)2]= Δn(H2O)=0.8mol，所以此时容器有n(NH3)=0.4mol，n(CO2)=0.2mol，n[CO(NH2)2]=n(H2O)=0.8mol，尿素的体积分数为×100%=36.4%，所以y=36.4；
(4)据图可知左侧电极上CO2转化为CH3OCH3，C元素被还原，所以左侧为阴极，右侧为阳极，电解质溶液显酸性，所以阴极反应为12CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O；阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生1mol氧气转移4mol电子，根据电子守恒可知通过质子交换膜的质子的物质的量为4mol。
18． CH4(g)+ CO2 (g) ２CO(g)+２H2(g) H= +247kJ/mol CD 700 78% Zn—2e—+4OH—=Zn(OH) 6.4
【详解】I. (1)由盖斯定律可知，①—②可得反应CH4(g)+ CO2 (g) ２CO(g)+２H2(g) ，则 H= H1— H2=( +206 kJ/mol)—(—41kJ/mol)=+247kJ/mol，故答案为：CH4(g)+ CO2 (g) ２CO(g)+２H2(g) H= +247kJ/mol；
(2) A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，气体总压强增大，但参加反应的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，反应物的浓度增大，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数目增加，有效碰撞的次数增加，化学反应反应速率加快，故错误；
C．升高温度，反应物的能量增大，活化分子的数目和百分数增大，有效碰撞频率增大，化学反应速率加快，故正确；
D．加入合适的催化剂，化学反应速率加快，该反应为吸热反应，同时降低反应温度，化学反应速率减慢，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，则相同时间内的转化率可能不变，故正确；
CD正确，故答案为：CD；
(3) )由图可知，恒定压强为P0，投料比n(CH4)： n(H2O)=1 ：3时，氢气产率在700℃左右出现峰值，原因是温度低于700℃时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大，而温度高于700℃，随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小，则从提高氢气产率角度考虑反应温度应控制在700℃左右，故答案为：700；
(4) 已知混合气体中甲烷和水的物质的量比为1:3，设甲烷和水蒸气的初始物质的量分别为1mol和3mol，反应中消耗甲烷的物质的量为x，反应②中消耗一氧化碳的物质的量为y，由题意建立如下三段式：
由图可知，600℃时CH4的物质的量分数为0.04，则=0.04，解得x=，甲烷的平衡转化率为≈78%；由图可知，平衡时甲烷的物质的量分数为0.04、水的物质的量分数为0.32、二氧化碳的物质的量分数为0.08、氢气的物质的量分数为0.50，则一氧化碳的物质的量分数为1—(0.04+0.32+0.50+0.08)=0.06，反应①的平衡常数Kp==，故答案为：78%；；
II. 由题给示意图可知，锌电极为电池的负极，A区域电解质溶液为氢氧化钾溶液，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成Zn(OH)，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)，溶液中阴离子电荷数小于阳离子电荷数，溶液中钾离子通过阳离子交换膜a膜进入B区域，二氧化铅为电池的正极，C区域电解质溶液为硫酸溶液，酸性条件下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e—+4H++SO=PbSO4+2H2O，溶液中阳离子电荷数小于阴离子电荷数，硫酸根离子通过阴离子交换膜b膜进入B区域，则B区域中电解质溶液为硫酸钾溶液，溶液浓度增大；
(5)由分析可知，电池中，锌电极为电池的负极，A区域电解质溶液为氢氧化钾溶液，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成Zn(OH)，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)，故答案为：Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)；
(6) 由分析可知，二氧化铅为电池的正极，C区域电解质溶液为硫酸溶液，酸性条件下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e—+4H++SO=PbSO4+2H2O，正极质量增加64g，6.5g锌的物质的量为0.1mol，由得失电子数目守恒可知，正极增加的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，故答案为：6.4。
19．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率
(2) SrCO3+2CSr+3CO↑ 碱性耐火砖
(3) 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 Ca(OH)2
(4)Sr(OH)2+ (NH4)2CO3=SrCO3 +2NH3·H2O
(5)6
(6) 增大 Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【分析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、CaO、BaO、MgO等物质，加入热水浸取，将不溶于热水的氧化镁、Ca(OH)2、C等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此分析解题。
【详解】（1）反应物的颗粒越小，比表面积越大，即反应物的接触面积越多，反应速率越快，则菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率，故答案为：增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率；
（2）分析流程图信息可知，碳酸锶和碳在高温的条件下生成锶和一氧化碳，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑，由于石英砂砖中的SiO2在高温下能与SrCO3反应而腐蚀石英砂砖，故该装置的内层“衬里”应选择碱性耐火砖做耐火材料，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
（3）氢氧化锶溶解度随温度升高而增大、氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，则“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是增大氢氧化锶的溶解度，使氢氧化钙析出；在立窑煅烧时MgCO3生成氧化镁，氧化镁是不溶物，滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；Ca(OH)2；
（4）沉锶”反应中氢氧化锶和NH4HCO3发生反应，产物除了碳酸锶外，还有水和一水合氨，则化学反应方程式为Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+NH3 H2O+H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+NH3 H2O+H2O；
（5）锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则有：，解得为6，故答案为：6；
（6）①放电一段时间后，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2 H2O=2Ni(OH)2+2OH-，根据电极反应式知，负极消耗的n(OH-)等于正极生成的n(OH-)，则溶液中n(OH-)不变，但消耗了电解质中的水，导致溶液中c(OH-)增大，则溶液的pH增大，故答案为：增大；
②放电时正极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，则充电时阳极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故答案为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
20．(1) 加快溶浸速率 PbSO4
(2)Mn2＋＋S2O＋2H2O＝MnO2↓＋2SO＋4H＋
(3)促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀将其除去，不引入其他杂质
(4) 7∶1 溶浸
(5) 2Zn2＋＋4HCO＝Zn(OH)2·ZnCO3↓＋3CO2↑＋H2O 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化再加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干净
【分析】含锌废料（主要含ZnO、PbO、CuO及少量FeO、MnO），加入硫酸浸出，反应生成ZnSO4、PbSO4、CuSO4、FeSO4、MnSO4，且PbSO4难溶于水形成浸出渣，加入氧化剂(NH4)2S2O8可将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2、Fe3＋，加入氧化锌调节溶液pH除铁，滤液中加入适量Zn粉，置换出Cu，形成硫酸锌溶液，电解可得Zn，加入NH4HCO3发生反应4NH4HCO3+2ZnSO4＝Zn(OH)2 ZnCO3+3CO2↑+H2O+2(NH4)2SO4，Zn(OH)2 ZnCO3沉淀经过洗涤干燥，煅烧分解得ZnO，据此分析解答。
（1）
“溶浸”时适当升温的目的是加快溶浸速率，浸出渣的主要成分为PbSO4。
（2）
“除锰”时，Mn2+被氧化生成MnO2，该反应的离子方程式为Mn2＋＋S2O＋2H2O＝MnO2↓＋2SO＋4H＋；
（3）
根据以上分析可知“除铁”时，加入ZnO的作用为促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀将其除去，且不引入其他杂质；
（4）
根据示意图可知在净化废液时酸锌比为7：1时直流电耗能最低，净化液利用率高，所以最佳酸锌比为7：1，电解后有硫酸生成，则所得溶液可返回溶浸工序继续使用。
（5）
根据以上分析可知“沉锌”时，反应的离子方程式为2Zn2＋＋4HCO＝Zn(OH)2·ZnCO3↓＋3CO2↑＋H2O；若Zn(OH)2·ZnCO3未洗涤干净，则其表面附着硫酸根离子，则检验Zn(OH)2·ZnCO3已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化再加入BaCl2溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗涤干净。
试卷第1页，共3页
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