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2022-2023学年江苏省阜宁中学高一下学期第一次综合测试化学试题
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这是一份2022-2023学年江苏省阜宁中学高一下学期第一次综合测试化学试题，文件包含江苏省阜宁中学高一下学期第一次综合测试化学试题原卷版docx、江苏省阜宁中学高一下学期第一次综合测试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
时间：75分钟 分值：100分
单项选择题：本题包括20小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 2019年6月5日，中国主办世界环境日，聚焦“空气污染”主题．有关该主题的以下说法不正确的是
A. PM2.5是指大气中直径小于等于2.5微米的颗粒物，也称可入肺颗粒物
B. 汽车排放的废气主要有一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物和碳氢化合物等
C. 防治空气污染除了要减少污染物的排放量，还要从我做起
D. 氮氧化物不仅会形成酸雨等危害，还会引起温室效应
【答案】D
【解析】
【详解】A．PM2.5是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，也称可入肺颗粒物，A正确；
B．汽车排放的污染物有固体悬浮微粒、CO、SO2、氮氧化物和碳氢化合物等，其中废气主要有一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物和碳氢化合物等，B正确；
C．防治空气污染除了要减少污染物的排放量，还要从我做起，符合题干主题，C正确；
D．氮氧化物会形成酸雨等危害，而温室效应主要与CO2的排放有关，D错误；
答案选D
2. 下列关于氮气的说法中错误的是（ ）
A. 通常情况下氮气性质很稳定，所以氮气可以在电焊时作保护气
B. N2+O22NO，该反应是汽车尾气造成污染的主要因素之一
C. 氮气在空气中约占质量比的
D. 在反应3Mg+N2Mg3N2中，氮气作氧化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮气分子含有氮氮三键，通常情况下N2性质很稳定，可在电焊时作保护气，故A正确；
B．氮气与氧气在高温下生成一氧化氮，一氧化氮有毒，为空气污染物，故B正确；
C．N2在空气中约占总体积的，故C错误；
D．在反应：3Mg+N2Mg3N2中，氮气中氮元素化合价降低，所以N2作氧化剂，故D正确；
故选：C。
3. 下列叙述正确的是
A. “钡餐”是医疗上作消化系统X射线检查的内服药剂，其主要成分是BaSO3
B. 向某溶液中加入BaCl2，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中一定含有SO
C. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体
D. 常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，是因为浓硫酸的强氧化性使其钝化
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. “钡餐”的主要成分是BaSO4，故A错误；
B. 由于AgCl也是不溶于硝酸的白色沉淀，且BaSO3能被稀硝酸氧化为BaSO4，故向某溶液中加入BaCl2，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中不一定含有SO，也可能含有Ag+或者SO，B错误；
C. 浓硫酸具有吸水性，是一种干燥剂，不能够干燥氨气等碱性气体，C错误；
D. 浓硫酸具有强氧化性，能够在铁、铝表面快速形成致密的氧化物保护膜使其钝化，故常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，D正确；
故答案为：D。
4. 下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是
A. 电池Ⅰ中锌是正极
B. 电池Ⅱ是一次性电池
C. 电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应
D. 电池Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒
【答案】D
【解析】
【详解】A、锌比铜活泼，活泼的锌为负极，故A错误；
B、铅蓄电池是二次电池，可以放电充电，故B错误；
C、燃料电池是氢气作负极性氧化反应，所以电池工作时氢气发生氧化反应，故C错误；
D、原电池中电子由负极沿导线流向正极，所以电池工作时电子由锌通过导线流向碳棒，故D正确；
故选D。
5. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. B. 稀硝酸
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO和水不反应，故不选A；
B．稀硝酸和铜反应生成NO气体，故不选B；
C．NO和CO在催化剂作用下生成N2、CO2，选C；
D．臭氧具有强氧化性，NO2和O3反应不可能生成N2，故不选D；
选C。
6. 工业上常采用生物硝化法将转化为来处理氨氮废水，工作流程如图，下列说法错误的是
A. 生物硝化法处理废水，会导致水体酸性增强：
B. 长期过量使用等铵态化肥，会使水体富营养化
C. 检验所需的试剂是浓NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸
D. 可以加入石灰石来调节水体的pH
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据流程图可知与氧气反应的离子方程式是，有氢离子生成，溶液的酸性增强，故不选A；
B．铵态氮肥会导致水体富营养化，故不选B；
C．检验所需的试剂是浓NaOH溶液，湿润的红色石蕊试纸，故选C；
D．碳酸钙与反应来调节水体的pH，故不选D；
选C。
7. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 液氨气化时吸热，可作制冷剂
B. SO2具有漂白性，可用于食品增白
C. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
D. 活性铁粉易氧化，可用作食品干燥剂
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．液氨气化时分子间的距离增大，破坏了分子间的作用力，需要从环境中吸收热量，从而使周围环境的温度降低，所以可作制冷剂，A正确；
B．SO2能够漂白有色物质，具有漂白性，但由于二氧化硫有毒，所以不可用于食品增白，B不正确；
C．NH4HCO3溶于水后能电离出铵根离子，为植物提供氮元素，所以可用作氮肥，而NH4HCO3受热易分解，表现的是不稳定性，C不正确；
D．活性铁粉易氧化，可用作食品的抗氧化剂，而食品的干燥剂通常为硅胶或生石灰，D不正确；
故选A。
8. 下列关于热化学方程式和反应的热效应的叙述中，正确的是
A. 已知 ； ，则
B. 一定条件下，将和置于密闭的容器中充分反应生成放热，则热化学方程式为
C. 已知氢气的热值为，则
D. 已知C(s，石墨)=C(s，金刚石)，则石墨比金刚石更稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知 ； ，碳完全燃烧放热多，故则，A错误；
B．该反应为可逆反应，没有明确氮气和氢气的反应的物质的量，不能计算其反应热，B错误；
C．已知氢气的热值为，则 ，C错误；
D．C(s，石墨)=C(s，金刚石) ，说明石墨的能量低，能量低的物质更稳定，则石墨比金刚石更稳定，D正确；
故选D。
9. 对于反应： ，下列说法一定正确的是
A. 反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量
C. 在点燃或光照下发生反应，其相同
D. 需要持续不断的点燃或光照，否则反应就会停止
【答案】C
【解析】
【详解】A．正反应放热，反应物的总键能小于生成物的总键能，故A错误；
B．正反应放热，反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量，故B错误；
C．反应吸放热与反应物总能量和生成物总能量有关，与反应条件无关，在点燃或光照下发生反应，其相同，故C正确；
D．正反应放热，反应放出的热量可以维持反应持续进行，不需要持续不断的点燃或光照，故D错误；
选C。
10. 利用反应设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法不正确的是
A. 电极A上发生氧化反应，电极A为负极
B. 电池工作时，透过交换膜从右向左迁移
C. 当有被处理时，溶液中通过电子
D. 电极B的电极反应式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电极A通入NH3，NH3中N元素失电子化合价升高生成氮气，电极A发生氧化反应，电极A为负极，故A正确；
B．电池工作时，A是负极，阴离子向负极移动，透过交换膜从右向左迁移，故B正确；
C．没有明确是否为标准状况，且二氧化氮标况下为液态，不能计算被处理时转移电子的物质的量，且电子不能进入溶液中，故C错误；
D．电极B是正极，电极B上NO2得电子生成氮气，电极反应式为，故D正确；
选C。
11. 下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A. 制取NH3B. 干燥NH3C. 收集NH3D. 处理尾气
【答案】D
【解析】
【详解】A．应该加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，故A错误；
B．应该用碱石灰干燥NH3，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；
C．用向下排空气法收集NH3，导气管应“短进长出”，故C错误；
D．氨气极易溶于水， 能防倒吸，故D正确；
选D。
12. 下列方案能达到实验目的的是
A. 用溶液检验溶液中的
B. 用通入的方法除去中含有的
C. 通过碱石灰可除去中的和水蒸气
D. 实验室用加热固体的方法制氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．用溶液检验溶液中的，不能用来检验溶液中的，故A错误；
B．不可以用通入气体的方法除去气体杂质，会引入新的杂质，故B错误；
C． 碱石灰是常用的干燥剂，能与酸性气体反应，不与氨气发生反应，则碱石灰可以除去氨气中的二氧化碳和水蒸气，故C正确；
D．加热固体生成氨气和氯化氢，但在温度降低时，氨气和氯化氢又会重新化合生成氯化铵固体，所以实验室不用加热固体的方法制备氨气，故D错误；
故答案选C。
13. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。
【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；
B、正确；
C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；
D、制取氯气需要加热，错误。
14. 下列离子方程式正确的是
A. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热： NH＋OH-NH3↑＋H2O
B. 氯化铵溶液中加入稀氢氧化钠溶液，加热： NH＋OH-NH3·H2O
C. 氨水与盐酸反应：NH3·H2O＋H＋=NH＋H2O
D. 氨水中通入过量二氧化碳： 2NH3·H2O＋CO2=2NH＋CO＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热： 2NH+SO＋Ba2++2OH-2NH3↑＋2H2O+BaSO4↓，A错误；
B．氯化铵溶液中加入稀氢氧化钠溶液，加热： NH＋OH-NH3↑+H2O，B错误；
C．氨水与盐酸反应：NH3·H2O＋H＋=NH＋H2O，C正确；
D．氨水中通入过量二氧化碳，二氧化碳过量生成碳酸氢根离子： NH3·H2O＋CO2=NH＋HCO，D错误；
故选C。
15. 、在催化剂a、b表面分别发生如下图所示的反应，下列叙述正确的是
A. 催化剂a表面形成键时需吸收能量
B. 使用催化剂a可以增大正反应速率，减小逆反应速率
C. 反应时催化剂b表面有共价键的断裂和形成
D. 催化剂b表面反应的化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．成键放热，催化剂a表面形成键时放出能量，故A错误；
B．催化剂能同等程度增大正逆反应速率，故B错误；
C．根据图示，反应时催化剂b表面有氧氧键的断裂和氧氢键、氮氧键的形成，故C正确；
D．催化剂b表面氨气和氧气反应生成NO和水，反应的化学方程式为，故D错误；
选C。
16. 最近科学家研究了一种在酸性介质中利用电解原理进行电化学固氮的方法，反应机理示意图如图，氨气在催化剂电极表面产生。下列说法不正确的是
A. 过程中存在H+发生还原反应转化为H
B. 在该过程中，氮气分子中N≡N断裂产生N原子
C. 在催化剂作用下，N2与H原子反应可能生成N2H4
D. 与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法具有条件温和的优点
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知H+转化为H化合价降低，发生还原反应，A正确；
B．由图可知，N2生成了NH3，但是不存在N原子，B错误；
C．由图可知，在反应过程存在N2H4，C正确；
D．与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法不需要高温高压，所以条件比较温和，D正确；
故选B。
17. 物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质在反应中的产物与物质的浓度有关的是
①与溶液②与溶液③与溶液④与溶液
A. ①②③B. ③④C. ①③D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】浓HNO3与金属反应产生NO2，稀硝酸与金属反应产生NO，①该组物质反应的产物与浓度有关；
Fe2O3与HNO3发生复分解均产生Fe(NO3)3和H2O，②与浓度无关；
Zn与浓硫酸产生SO2，而与稀硫酸产生H2，③与浓度有关；
Fe与HCl反应均产生FeCl2和H2，④与浓度无关；
故选C。
18. 用、为原料可制备丙烯，反应为。一定温度下，向恒容密闭容器中通入、，测得与的物质的量随时间的变化关系如下表所示，下列说法错误的是
A. 时，该反应达到平衡
B. 时，内用表示的平均反应速率为
C. 当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反应达到平衡
D. 平衡时与起始时气体的压强之比是
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表格数据，时，各物质的量不再改变，该反应达到平衡，故A正确；
B．时，内用表示的平均反应速率为 ，故B错误；
C．反应前后气体系数和不同，气体总物质的量是变量，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反应达到平衡，故C正确；
D．
恒温恒容，压强比等于物质的量比，平衡时与起始时气体的压强之比是(1.8+0.8+1.2+1.2+1.2)：(3+2)=，故D正确；
选B。
19. 某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如图所示，下列推断不合理的是
A. 向甲中通入CO2可增大c()和c()
B. 最后一步得到(NH4)2SO4固体的操作为蒸干滤液
C. 颠倒NH3与CO2的加入顺序会影响生产效率
D. 为提高生产效率，通入的CO2要适量
【答案】B
【解析】
【分析】硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液,经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体。
【详解】A．往甲(甲中含Ca (OH) 2)中通CO2生成CaCO3沉淀，有利于(NH4)2SO4生成， 可增大c()和c()，选项A正确；
B．部分碳酸钙能溶于水，所以滤液中含有硫酸铵、碳酸钙等物质，加热蒸干时得到的固体中含有硫酸铵和碳酸钙等,所以得不到纯净的(NH4)2SO4，且蒸干时温度较高，导致硫酸铵分解，选项B错误；
C．因为氨在水中的溶解性大，二氧化碳的溶解度小，所以如果先通二氧化碳，后通氨气，则溶液中的碳酸根就会很小，就很难沉淀出碳酸钙，选项C正确；
D．通入过量二氧化碳，可使碳酸钙溶解，生成碳酸氢钙，故为提高生产效率，通入的CO2要适量，选项D正确；
答案选B。
20. 以某铜渣(含少量Ag)为原料制备硫酸铜的实验步骤为：向题图所示装置中加入铜渣，分批加入稀和稀混合溶液，滴加的间隔鼓入氧气。反应结束后，向溶液中加入少量NaCl后过滤，从滤液中分离得到硫酸铜。下列叙述不正确的是
A. 与直接用稀硝酸溶解铜渣相比，加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量
B. 当观察到鼓入不再出现红棕色，表明反应停止
C. 加入氯化钠可除去溶液中少量的
D. 将含硫酸铜的滤液蒸干、灼烧得硫酸铜晶体
【答案】D
【解析】
【分析】铜渣和混合酸反应溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，滤液即溶液。
【详解】A．直接用稀硝酸溶解铜渣时硝酸的还原产物为NO、不能被利用，而加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量，A正确；
B． 当观察到鼓入不再出现红棕色(NO2气体)，表明NO已不再产生、反应停止，B正确；
C． 氯化银难溶于氢离子，加入氯化钠可除去溶液中少量的，C正确；
D． 硫酸铜晶体含结晶水、应用冷却结晶法获得，将含硫酸铜滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得硫酸铜晶体，D不正确；
答案选D。
21. 在某一容积为2L的恒容密闭容器中，A、B、C、D四种气体物质发生可逆反应，其物质的量n（ml）随时间t（min）的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）该反应的化学方程式为______。
（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率为_______，4min时，v正（A）______v逆（D）（填“＞”“＜”或“=”）。
（3）在2min时，图象发生改变的原因可能是_____（填字母）
A增大B物质的量 B降低温度
C加入催化剂 D减小A的物质的量
（4）能说明该反应已达到平衡状态的标志是_______（填字母）。
A消耗5ml B的同时生成4mlD
B反应速率4v（B）= 5v（D）
C容器内D的浓度不再随时间而发生变化
D容器内压强不再随时间而发生变化
E容器内混合气体密度不再随时间而发生变化
（5）由图示求得平衡时A的转化率为________。
【答案】 ①. 4A（g）+5B（g）6C（g）+4D（g） ②. 0.1ml/（L•min） ③. = ④. C ⑤. CD ⑥. 32%
【解析】
【分析】（1）根据图象知，A、B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n（A）=（2.5-1.7）ml=0.8ml、△n（B）=（2.4-1.4）ml=1.0ml、△n（C）=（1.2-0）ml=1.2ml、△n（D）=（0.8-0）ml=0.8ml，各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，据此书写方程式；
（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率；4min时，该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比；
（3）在2min时，各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率；
（4）可逆反应达到平衡则，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；
（5）A的转化率=，以此计算。
【详解】(1)根据图象知，A、B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n(A)=(2.5−1.7)ml=0.8ml、△n(B)=(2.4−1.4)ml=1.0ml、△n(C)=(1.2−0)ml=1.2ml、△n(D)=(0.8−0)ml=0.8ml，
各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A. B. C. D计量数之比=0.8ml:1.0ml:1.2ml:0.8ml=4:5:6:4，反应方程式为4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)，
故答案为：4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)；
(2)前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率 ；4min时，该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比，A. D的计量数相等，所以其反应速率相等，
故答案为：0.1ml/（L•min）；=；
(3)在2min时，各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率，降低温度反应速率减慢，只有加入催化剂能加快反应速率且瞬间各物质的物质的量不变，故答案选C；
（4）A 消耗5ml B的同时生成4mlD，均表示正反应速率，无法证明反应达到平衡，故A错误；
B 反应速率4v（B） = 5v （D），没有说明反应速率为正反应速率还是逆反应速率，无法证明反应达到平衡，故B错误；
C 容器内D的浓度不再随时间而发生变化，则能证明反应达到平衡，故C正确；
D 正反应为压强增大的反应，容器内压强不再随时间而发生变化，则可证明反应达到平衡，故D正确；
E根据质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，容器为恒容容器，混合气体体积不变，则混合气体的密度始终不变，则无法用密度变化判断反应是否达到平衡，故E错误；故答案选：CD。
（5）A的转化率=，故答案为：32%。
【点睛】化学方程式中各物质的量的变化量之比等于其计量数之比。
22. 回答下列问题
（1）氨气是一种重要化合物，在工农业生产、生活中有着重要应用。已知：断裂键需吸能量，断裂键需吸收能量，形成键可放出能量。试写出的电子式：___________。若生成，热量变化是___________(吸收、放出)___________kJ。
（2）一种用于潜艇的液氨-液氧燃料电池原理示意图如图所示。
①该燃料电池工作时能量转化关系为___________。
②电极B上发生的电极反应式为___________。
（3）①已知25℃、时，甲烷完全燃烧生成液态水放出热量，则该条件下完全燃烧的热化学方程式为___________。
②一种甲烷燃料电池，用强碱做电解质。其负极反应式为___________，随着电池不断放电，负极附近溶液的___________。(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. ②. 放出 ③. 92.4
（2） ①. 化学能转化电能 ②.
（3） ①. ②. ③. 减小
【解析】
【小问1详解】
氨气是共价化合物，的电子式为 ；
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，断裂键需吸能量，断裂键需吸收能量，形成键可放出能量，生成断键吸热的总能量为+×3=2253.6kJ，成键放出的总能量为×6=2346kJ，所以热量变化是放出92.4kJ；
【小问2详解】
①该燃料电池工作时能量转化关系为化学能转化为电能；
②电极B氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为；
【小问3详解】
①已知25℃、时，甲烷完全燃烧生成液态水放出热量，则1ml甲烷燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的能量为890.24kJ，完全燃烧的热化学方程式为 ；
②一种甲烷燃料电池，用强碱做电解质。其负极甲烷失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为，随着电池不断放电，负极消耗氢氧根离子，负极附近溶液的减小。
23. 含氮污水包括氨氮(NH3、NH)、亚硝酸盐氮(NO)和硝酸盐氮(NO)等，通常将其中含氮化合物转化为氮气或生物质而去除。
（1）厌氧氨氧化脱氨的机理如图：
NHNON2
①理论上参与I、II中反应的nI(NH)：nII(NH)=____时，氮的脱除效果最好。
②废水溶解氧浓度对氮的脱除率的影响如图所示。当溶解氧浓度在1～2mg/L之间时，随着溶解氧浓度的增大，氮的脱除率下降，其原因可能有：氧气浓度越高厌氧氨氧化菌活性越低、____。
（2）一种将厌氧氨氧化与铁氨氧化、铁型反硝化耦合的新型脱氮过程如图所示。已知：铁氨氧化过程中，Fe3+转化为Fe2+；铁型反硝化过程中，Fe2+转化为Fe3+。
①过程(ⅰ)的离子方程式为____，反应不宜在碱性条件下的原因是____。
②新型脱氮过程相比厌氧氨氧化脱氮过程的优点有____。
③过量零价纳米铁粉也能实现过程(ⅳ)的转化，写出相应的离子方程式：____。
【答案】（1） ①. 1：1 ②. 随着溶解氧浓度的增大，部分NO会被氧化成NO而保留在溶液中
（2） ①. 6Fe3++2H2O+NH＝6Fe2++NO+8H+(或6Fe3++2H2O+NH＝6Fe2++HNO2+7H+) ②. 碱性条件下，Fe3+易生成Fe(OH)3沉淀；NH易转化为氨气逸出，影响脱氮效果 ③. 能将氮氮与硝酸盐氮同时去除、Fe2+与Fe3+可反复循环使用 ④. 5Fe+12H++2NO＝5Fe2++N2↑+6H2O
【解析】
【小问1详解】
①Ⅱ中反应为，根据氮原子守恒，。
②由于随着溶解氧浓度的增大，会被氧化成更高价态的留在溶液中，因此氮的脱除率下降。
【小问2详解】
①过程(ⅰ)中反应物为和，生成物分别对应和，故方程式为6Fe3++2H2O+NH＝6Fe2++NO+8H+或6Fe3++2H2O+NH＝6Fe2++HNO2+7H+。由于碱性条件下，OH－会和、分别生成沉淀、氨气逸出，因此影响脱氮效果。
②厌氧氨氧化脱氮中无法去除，而新型脱氮过程能将氨氮与硝酸盐氮同时去除，且与可反复循环使用；
③过程(ⅳ)中反应物为和Fe，生成物分别对应和，故根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的方程式为5Fe+12H++2NO＝5Fe2++N2↑+6H2O。选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸(70%)
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
0
2
1.4
1
0.8
0.8
0
0.6
1
1.2
1.2
时间：75分钟 分值：100分
单项选择题：本题包括20小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 2019年6月5日，中国主办世界环境日，聚焦“空气污染”主题．有关该主题的以下说法不正确的是
A. PM2.5是指大气中直径小于等于2.5微米的颗粒物，也称可入肺颗粒物
B. 汽车排放的废气主要有一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物和碳氢化合物等
C. 防治空气污染除了要减少污染物的排放量，还要从我做起
D. 氮氧化物不仅会形成酸雨等危害，还会引起温室效应
【答案】D
【解析】
【详解】A．PM2.5是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，也称可入肺颗粒物，A正确；
B．汽车排放的污染物有固体悬浮微粒、CO、SO2、氮氧化物和碳氢化合物等，其中废气主要有一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物和碳氢化合物等，B正确；
C．防治空气污染除了要减少污染物的排放量，还要从我做起，符合题干主题，C正确；
D．氮氧化物会形成酸雨等危害，而温室效应主要与CO2的排放有关，D错误；
答案选D
2. 下列关于氮气的说法中错误的是（ ）
A. 通常情况下氮气性质很稳定，所以氮气可以在电焊时作保护气
B. N2+O22NO，该反应是汽车尾气造成污染的主要因素之一
C. 氮气在空气中约占质量比的
D. 在反应3Mg+N2Mg3N2中，氮气作氧化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮气分子含有氮氮三键，通常情况下N2性质很稳定，可在电焊时作保护气，故A正确；
B．氮气与氧气在高温下生成一氧化氮，一氧化氮有毒，为空气污染物，故B正确；
C．N2在空气中约占总体积的，故C错误；
D．在反应：3Mg+N2Mg3N2中，氮气中氮元素化合价降低，所以N2作氧化剂，故D正确；
故选：C。
3. 下列叙述正确的是
A. “钡餐”是医疗上作消化系统X射线检查的内服药剂，其主要成分是BaSO3
B. 向某溶液中加入BaCl2，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中一定含有SO
C. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体
D. 常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，是因为浓硫酸的强氧化性使其钝化
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. “钡餐”的主要成分是BaSO4，故A错误；
B. 由于AgCl也是不溶于硝酸的白色沉淀，且BaSO3能被稀硝酸氧化为BaSO4，故向某溶液中加入BaCl2，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则溶液中不一定含有SO，也可能含有Ag+或者SO，B错误；
C. 浓硫酸具有吸水性，是一种干燥剂，不能够干燥氨气等碱性气体，C错误；
D. 浓硫酸具有强氧化性，能够在铁、铝表面快速形成致密的氧化物保护膜使其钝化，故常温下能够用铁、铝等容器盛放浓硫酸，D正确；
故答案为：D。
4. 下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是
A. 电池Ⅰ中锌是正极
B. 电池Ⅱ是一次性电池
C. 电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应
D. 电池Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒
【答案】D
【解析】
【详解】A、锌比铜活泼，活泼的锌为负极，故A错误；
B、铅蓄电池是二次电池，可以放电充电，故B错误；
C、燃料电池是氢气作负极性氧化反应，所以电池工作时氢气发生氧化反应，故C错误；
D、原电池中电子由负极沿导线流向正极，所以电池工作时电子由锌通过导线流向碳棒，故D正确；
故选D。
5. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. B. 稀硝酸
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO和水不反应，故不选A；
B．稀硝酸和铜反应生成NO气体，故不选B；
C．NO和CO在催化剂作用下生成N2、CO2，选C；
D．臭氧具有强氧化性，NO2和O3反应不可能生成N2，故不选D；
选C。
6. 工业上常采用生物硝化法将转化为来处理氨氮废水，工作流程如图，下列说法错误的是
A. 生物硝化法处理废水，会导致水体酸性增强：
B. 长期过量使用等铵态化肥，会使水体富营养化
C. 检验所需的试剂是浓NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸
D. 可以加入石灰石来调节水体的pH
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据流程图可知与氧气反应的离子方程式是，有氢离子生成，溶液的酸性增强，故不选A；
B．铵态氮肥会导致水体富营养化，故不选B；
C．检验所需的试剂是浓NaOH溶液，湿润的红色石蕊试纸，故选C；
D．碳酸钙与反应来调节水体的pH，故不选D；
选C。
7. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 液氨气化时吸热，可作制冷剂
B. SO2具有漂白性，可用于食品增白
C. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
D. 活性铁粉易氧化，可用作食品干燥剂
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．液氨气化时分子间的距离增大，破坏了分子间的作用力，需要从环境中吸收热量，从而使周围环境的温度降低，所以可作制冷剂，A正确；
B．SO2能够漂白有色物质，具有漂白性，但由于二氧化硫有毒，所以不可用于食品增白，B不正确；
C．NH4HCO3溶于水后能电离出铵根离子，为植物提供氮元素，所以可用作氮肥，而NH4HCO3受热易分解，表现的是不稳定性，C不正确；
D．活性铁粉易氧化，可用作食品的抗氧化剂，而食品的干燥剂通常为硅胶或生石灰，D不正确；
故选A。
8. 下列关于热化学方程式和反应的热效应的叙述中，正确的是
A. 已知 ； ，则
B. 一定条件下，将和置于密闭的容器中充分反应生成放热，则热化学方程式为
C. 已知氢气的热值为，则
D. 已知C(s，石墨)=C(s，金刚石)，则石墨比金刚石更稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知 ； ，碳完全燃烧放热多，故则，A错误；
B．该反应为可逆反应，没有明确氮气和氢气的反应的物质的量，不能计算其反应热，B错误；
C．已知氢气的热值为，则 ，C错误；
D．C(s，石墨)=C(s，金刚石) ，说明石墨的能量低，能量低的物质更稳定，则石墨比金刚石更稳定，D正确；
故选D。
9. 对于反应： ，下列说法一定正确的是
A. 反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量
C. 在点燃或光照下发生反应，其相同
D. 需要持续不断的点燃或光照，否则反应就会停止
【答案】C
【解析】
【详解】A．正反应放热，反应物的总键能小于生成物的总键能，故A错误；
B．正反应放热，反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量，故B错误；
C．反应吸放热与反应物总能量和生成物总能量有关，与反应条件无关，在点燃或光照下发生反应，其相同，故C正确；
D．正反应放热，反应放出的热量可以维持反应持续进行，不需要持续不断的点燃或光照，故D错误；
选C。
10. 利用反应设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法不正确的是
A. 电极A上发生氧化反应，电极A为负极
B. 电池工作时，透过交换膜从右向左迁移
C. 当有被处理时，溶液中通过电子
D. 电极B的电极反应式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电极A通入NH3，NH3中N元素失电子化合价升高生成氮气，电极A发生氧化反应，电极A为负极，故A正确；
B．电池工作时，A是负极，阴离子向负极移动，透过交换膜从右向左迁移，故B正确；
C．没有明确是否为标准状况，且二氧化氮标况下为液态，不能计算被处理时转移电子的物质的量，且电子不能进入溶液中，故C错误；
D．电极B是正极，电极B上NO2得电子生成氮气，电极反应式为，故D正确；
选C。
11. 下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A. 制取NH3B. 干燥NH3C. 收集NH3D. 处理尾气
【答案】D
【解析】
【详解】A．应该加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，故A错误；
B．应该用碱石灰干燥NH3，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；
C．用向下排空气法收集NH3，导气管应“短进长出”，故C错误；
D．氨气极易溶于水， 能防倒吸，故D正确；
选D。
12. 下列方案能达到实验目的的是
A. 用溶液检验溶液中的
B. 用通入的方法除去中含有的
C. 通过碱石灰可除去中的和水蒸气
D. 实验室用加热固体的方法制氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．用溶液检验溶液中的，不能用来检验溶液中的，故A错误；
B．不可以用通入气体的方法除去气体杂质，会引入新的杂质，故B错误；
C． 碱石灰是常用的干燥剂，能与酸性气体反应，不与氨气发生反应，则碱石灰可以除去氨气中的二氧化碳和水蒸气，故C正确；
D．加热固体生成氨气和氯化氢，但在温度降低时，氨气和氯化氢又会重新化合生成氯化铵固体，所以实验室不用加热固体的方法制备氨气，故D错误；
故答案选C。
13. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。
【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；
B、正确；
C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；
D、制取氯气需要加热，错误。
14. 下列离子方程式正确的是
A. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热： NH＋OH-NH3↑＋H2O
B. 氯化铵溶液中加入稀氢氧化钠溶液，加热： NH＋OH-NH3·H2O
C. 氨水与盐酸反应：NH3·H2O＋H＋=NH＋H2O
D. 氨水中通入过量二氧化碳： 2NH3·H2O＋CO2=2NH＋CO＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热： 2NH+SO＋Ba2++2OH-2NH3↑＋2H2O+BaSO4↓，A错误；
B．氯化铵溶液中加入稀氢氧化钠溶液，加热： NH＋OH-NH3↑+H2O，B错误；
C．氨水与盐酸反应：NH3·H2O＋H＋=NH＋H2O，C正确；
D．氨水中通入过量二氧化碳，二氧化碳过量生成碳酸氢根离子： NH3·H2O＋CO2=NH＋HCO，D错误；
故选C。
15. 、在催化剂a、b表面分别发生如下图所示的反应，下列叙述正确的是
A. 催化剂a表面形成键时需吸收能量
B. 使用催化剂a可以增大正反应速率，减小逆反应速率
C. 反应时催化剂b表面有共价键的断裂和形成
D. 催化剂b表面反应的化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．成键放热，催化剂a表面形成键时放出能量，故A错误；
B．催化剂能同等程度增大正逆反应速率，故B错误；
C．根据图示，反应时催化剂b表面有氧氧键的断裂和氧氢键、氮氧键的形成，故C正确；
D．催化剂b表面氨气和氧气反应生成NO和水，反应的化学方程式为，故D错误；
选C。
16. 最近科学家研究了一种在酸性介质中利用电解原理进行电化学固氮的方法，反应机理示意图如图，氨气在催化剂电极表面产生。下列说法不正确的是
A. 过程中存在H+发生还原反应转化为H
B. 在该过程中，氮气分子中N≡N断裂产生N原子
C. 在催化剂作用下，N2与H原子反应可能生成N2H4
D. 与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法具有条件温和的优点
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知H+转化为H化合价降低，发生还原反应，A正确；
B．由图可知，N2生成了NH3，但是不存在N原子，B错误；
C．由图可知，在反应过程存在N2H4，C正确；
D．与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法不需要高温高压，所以条件比较温和，D正确；
故选B。
17. 物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质在反应中的产物与物质的浓度有关的是
①与溶液②与溶液③与溶液④与溶液
A. ①②③B. ③④C. ①③D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】浓HNO3与金属反应产生NO2，稀硝酸与金属反应产生NO，①该组物质反应的产物与浓度有关；
Fe2O3与HNO3发生复分解均产生Fe(NO3)3和H2O，②与浓度无关；
Zn与浓硫酸产生SO2，而与稀硫酸产生H2，③与浓度有关；
Fe与HCl反应均产生FeCl2和H2，④与浓度无关；
故选C。
18. 用、为原料可制备丙烯，反应为。一定温度下，向恒容密闭容器中通入、，测得与的物质的量随时间的变化关系如下表所示，下列说法错误的是
A. 时，该反应达到平衡
B. 时，内用表示的平均反应速率为
C. 当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反应达到平衡
D. 平衡时与起始时气体的压强之比是
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表格数据，时，各物质的量不再改变，该反应达到平衡，故A正确；
B．时，内用表示的平均反应速率为 ，故B错误；
C．反应前后气体系数和不同，气体总物质的量是变量，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反应达到平衡，故C正确；
D．
恒温恒容，压强比等于物质的量比，平衡时与起始时气体的压强之比是(1.8+0.8+1.2+1.2+1.2)：(3+2)=，故D正确；
选B。
19. 某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如图所示，下列推断不合理的是
A. 向甲中通入CO2可增大c()和c()
B. 最后一步得到(NH4)2SO4固体的操作为蒸干滤液
C. 颠倒NH3与CO2的加入顺序会影响生产效率
D. 为提高生产效率，通入的CO2要适量
【答案】B
【解析】
【分析】硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液,经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体。
【详解】A．往甲(甲中含Ca (OH) 2)中通CO2生成CaCO3沉淀，有利于(NH4)2SO4生成， 可增大c()和c()，选项A正确；
B．部分碳酸钙能溶于水，所以滤液中含有硫酸铵、碳酸钙等物质，加热蒸干时得到的固体中含有硫酸铵和碳酸钙等,所以得不到纯净的(NH4)2SO4，且蒸干时温度较高，导致硫酸铵分解，选项B错误；
C．因为氨在水中的溶解性大，二氧化碳的溶解度小，所以如果先通二氧化碳，后通氨气，则溶液中的碳酸根就会很小，就很难沉淀出碳酸钙，选项C正确；
D．通入过量二氧化碳，可使碳酸钙溶解，生成碳酸氢钙，故为提高生产效率，通入的CO2要适量，选项D正确；
答案选B。
20. 以某铜渣(含少量Ag)为原料制备硫酸铜的实验步骤为：向题图所示装置中加入铜渣，分批加入稀和稀混合溶液，滴加的间隔鼓入氧气。反应结束后，向溶液中加入少量NaCl后过滤，从滤液中分离得到硫酸铜。下列叙述不正确的是
A. 与直接用稀硝酸溶解铜渣相比，加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量
B. 当观察到鼓入不再出现红棕色，表明反应停止
C. 加入氯化钠可除去溶液中少量的
D. 将含硫酸铜的滤液蒸干、灼烧得硫酸铜晶体
【答案】D
【解析】
【分析】铜渣和混合酸反应溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，滤液即溶液。
【详解】A．直接用稀硝酸溶解铜渣时硝酸的还原产物为NO、不能被利用，而加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量，A正确；
B． 当观察到鼓入不再出现红棕色(NO2气体)，表明NO已不再产生、反应停止，B正确；
C． 氯化银难溶于氢离子，加入氯化钠可除去溶液中少量的，C正确；
D． 硫酸铜晶体含结晶水、应用冷却结晶法获得，将含硫酸铜滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得硫酸铜晶体，D不正确；
答案选D。
21. 在某一容积为2L的恒容密闭容器中，A、B、C、D四种气体物质发生可逆反应，其物质的量n（ml）随时间t（min）的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）该反应的化学方程式为______。
（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率为_______，4min时，v正（A）______v逆（D）（填“＞”“＜”或“=”）。
（3）在2min时，图象发生改变的原因可能是_____（填字母）
A增大B物质的量 B降低温度
C加入催化剂 D减小A的物质的量
（4）能说明该反应已达到平衡状态的标志是_______（填字母）。
A消耗5ml B的同时生成4mlD
B反应速率4v（B）= 5v（D）
C容器内D的浓度不再随时间而发生变化
D容器内压强不再随时间而发生变化
E容器内混合气体密度不再随时间而发生变化
（5）由图示求得平衡时A的转化率为________。
【答案】 ①. 4A（g）+5B（g）6C（g）+4D（g） ②. 0.1ml/（L•min） ③. = ④. C ⑤. CD ⑥. 32%
【解析】
【分析】（1）根据图象知，A、B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n（A）=（2.5-1.7）ml=0.8ml、△n（B）=（2.4-1.4）ml=1.0ml、△n（C）=（1.2-0）ml=1.2ml、△n（D）=（0.8-0）ml=0.8ml，各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，据此书写方程式；
（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率；4min时，该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比；
（3）在2min时，各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率；
（4）可逆反应达到平衡则，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；
（5）A的转化率=，以此计算。
【详解】(1)根据图象知，A、B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n(A)=(2.5−1.7)ml=0.8ml、△n(B)=(2.4−1.4)ml=1.0ml、△n(C)=(1.2−0)ml=1.2ml、△n(D)=(0.8−0)ml=0.8ml，
各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A. B. C. D计量数之比=0.8ml:1.0ml:1.2ml:0.8ml=4:5:6:4，反应方程式为4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)，
故答案为：4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)；
(2)前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率 ；4min时，该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比，A. D的计量数相等，所以其反应速率相等，
故答案为：0.1ml/（L•min）；=；
(3)在2min时，各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率，降低温度反应速率减慢，只有加入催化剂能加快反应速率且瞬间各物质的物质的量不变，故答案选C；
（4）A 消耗5ml B的同时生成4mlD，均表示正反应速率，无法证明反应达到平衡，故A错误；
B 反应速率4v（B） = 5v （D），没有说明反应速率为正反应速率还是逆反应速率，无法证明反应达到平衡，故B错误；
C 容器内D的浓度不再随时间而发生变化，则能证明反应达到平衡，故C正确；
D 正反应为压强增大的反应，容器内压强不再随时间而发生变化，则可证明反应达到平衡，故D正确；
E根据质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，容器为恒容容器，混合气体体积不变，则混合气体的密度始终不变，则无法用密度变化判断反应是否达到平衡，故E错误；故答案选：CD。
（5）A的转化率=，故答案为：32%。
【点睛】化学方程式中各物质的量的变化量之比等于其计量数之比。
22. 回答下列问题
（1）氨气是一种重要化合物，在工农业生产、生活中有着重要应用。已知：断裂键需吸能量，断裂键需吸收能量，形成键可放出能量。试写出的电子式：___________。若生成，热量变化是___________(吸收、放出)___________kJ。
（2）一种用于潜艇的液氨-液氧燃料电池原理示意图如图所示。
①该燃料电池工作时能量转化关系为___________。
②电极B上发生的电极反应式为___________。
（3）①已知25℃、时，甲烷完全燃烧生成液态水放出热量，则该条件下完全燃烧的热化学方程式为___________。
②一种甲烷燃料电池，用强碱做电解质。其负极反应式为___________，随着电池不断放电，负极附近溶液的___________。(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. ②. 放出 ③. 92.4
（2） ①. 化学能转化电能 ②.
（3） ①. ②. ③. 减小
【解析】
【小问1详解】
氨气是共价化合物，的电子式为 ；
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，断裂键需吸能量，断裂键需吸收能量，形成键可放出能量，生成断键吸热的总能量为+×3=2253.6kJ，成键放出的总能量为×6=2346kJ，所以热量变化是放出92.4kJ；
【小问2详解】
①该燃料电池工作时能量转化关系为化学能转化为电能；
②电极B氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为；
【小问3详解】
①已知25℃、时，甲烷完全燃烧生成液态水放出热量，则1ml甲烷燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的能量为890.24kJ，完全燃烧的热化学方程式为 ；
②一种甲烷燃料电池，用强碱做电解质。其负极甲烷失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为，随着电池不断放电，负极消耗氢氧根离子，负极附近溶液的减小。
23. 含氮污水包括氨氮(NH3、NH)、亚硝酸盐氮(NO)和硝酸盐氮(NO)等，通常将其中含氮化合物转化为氮气或生物质而去除。
（1）厌氧氨氧化脱氨的机理如图：
NHNON2
①理论上参与I、II中反应的nI(NH)：nII(NH)=____时，氮的脱除效果最好。
②废水溶解氧浓度对氮的脱除率的影响如图所示。当溶解氧浓度在1～2mg/L之间时，随着溶解氧浓度的增大，氮的脱除率下降，其原因可能有：氧气浓度越高厌氧氨氧化菌活性越低、____。
（2）一种将厌氧氨氧化与铁氨氧化、铁型反硝化耦合的新型脱氮过程如图所示。已知：铁氨氧化过程中，Fe3+转化为Fe2+；铁型反硝化过程中，Fe2+转化为Fe3+。
①过程(ⅰ)的离子方程式为____，反应不宜在碱性条件下的原因是____。
②新型脱氮过程相比厌氧氨氧化脱氮过程的优点有____。
③过量零价纳米铁粉也能实现过程(ⅳ)的转化，写出相应的离子方程式：____。
【答案】（1） ①. 1：1 ②. 随着溶解氧浓度的增大，部分NO会被氧化成NO而保留在溶液中
（2） ①. 6Fe3++2H2O+NH＝6Fe2++NO+8H+(或6Fe3++2H2O+NH＝6Fe2++HNO2+7H+) ②. 碱性条件下，Fe3+易生成Fe(OH)3沉淀；NH易转化为氨气逸出，影响脱氮效果 ③. 能将氮氮与硝酸盐氮同时去除、Fe2+与Fe3+可反复循环使用 ④. 5Fe+12H++2NO＝5Fe2++N2↑+6H2O
【解析】
【小问1详解】
①Ⅱ中反应为，根据氮原子守恒，。
②由于随着溶解氧浓度的增大，会被氧化成更高价态的留在溶液中，因此氮的脱除率下降。
【小问2详解】
①过程(ⅰ)中反应物为和，生成物分别对应和，故方程式为6Fe3++2H2O+NH＝6Fe2++NO+8H+或6Fe3++2H2O+NH＝6Fe2++HNO2+7H+。由于碱性条件下，OH－会和、分别生成沉淀、氨气逸出，因此影响脱氮效果。
②厌氧氨氧化脱氮中无法去除，而新型脱氮过程能将氨氮与硝酸盐氮同时去除，且与可反复循环使用；
③过程(ⅳ)中反应物为和Fe，生成物分别对应和，故根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的方程式为5Fe+12H++2NO＝5Fe2++N2↑+6H2O。选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸(70%)
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
0
2
1.4
1
0.8
0.8
0
0.6
1
1.2
1.2
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