【文档说明】（江苏专用，苏教版2019选择性必修1专题1~2）（全解全析）.docx，共(16)页，979.276 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高二化学上学期期中模拟卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑

。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：选择性必修1专题1~2（苏教版2019）。5．难度系数：0.656．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-1

4O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56第Ⅰ卷（选择题，39分）一、选择题：本题共13个小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．全球首颗存算一体芯片、全球最薄光学晶体、国产首艘邮

轮首航、中国航天员第一次出舱等，我国科技创新成就熠熠生辉。下列说法不正确．．．的是A．清华团队研制的“存算一体智能芯片”中使用的石墨烯材料属于有机高分子材料B．北大科研团队首次制备出的“转角菱方氮化硼”属于无机非金属材料C．“爱达·魔都号”邮轮使用的镁铝合金具有密度低、抗腐蚀性

强的特点D．“神舟十八号”飞船上使用的锂电池具有质量轻、比能量高的特点【答案】A【解析】A．石墨烯材料属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，A错误；B．“转角菱方氮化硼”属于新型无机非金属材料，

B正确；C．镁铝合金具有密度低、抗腐蚀性强的特点，C正确；D．由于金属锂的密度小，摩尔质量数值也小，等质量的金属锂比其它金属给出的电子多，故锂电池具有质量轻、比能量高的特点，D正确；故合理选项是A。2．下列有关化学用语表示正确的是A．潮

湿空气中铁钉发生吸氧腐蚀时的负极反应为3Fe3eFe−+−=B．电解精炼铜时，阴极的电极反应式为2Cu2eCu+−+=C．()2Hg在()2Og中完全燃烧，生成2mol()2HOl，放出571.6kJ的热量，表示2H燃烧热的热化学方程式为()()()2222HgOg2HOl+=

1ΔH571.6kJmol−=−D．情性电极电解氯化镁溶液的离子方程式为2222Cl2HOHCl2OH−+++通电【答案】B【解析】A．潮湿空气中铁钉发生吸氧腐蚀时的负极反应为2Fe2eFe−+−

=，故A错误；B．电解精炼铜时，阴极铜离子得电子生成铜单质，电极反应式为2Cu2eCu+−+=，故B正确；C．()2Hg在()2Og中完全燃烧，生成2mol()2HOl，放出571.6kJ的热量，表示2H燃烧热的热化学方程式为()()

()2221HgOgHOl2+=1ΔH285.8kJmol−=−，故C错误；D．情性电极电解氯化镁溶液的离子方程式为()2+2222Mg2Cl2HOHClMgOH−++++通电，故D错误；选B。请阅读下列材料，完成3~5小题：能源安全是目前世界各国关注的焦点，各国科学家都在研究

开发新能源。化学物质之间的转化必然伴随着能量的转化。肼()24NH是一种常用的火箭推进剂的燃料，主要反应为：2424222NHNO3N4HO+=+，反应过程中释放大量热，为火箭运行提供动力。利用廉价易得的材料制作高效电池更是目前研究的热点之一。3．下列属于氧化还原反应且热量变化与下

图一致的是A．硝酸铵晶体溶于水B．钠和水的反应C．氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应D．2CO和C反应【答案】D【解析】A.NH4NO3晶体溶于水不是化学反应，故不选A；B.钠和H2O反应生成氢氧化钠和氢气，钠元素、氢元素化合价改变，属于氧化还原

反应，反应放热，生成物的能量小于反应物，故不选B；C.NH4Cl晶体和氢氧化钡晶体的反应，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故不选C；D.CO2和C反应生成CO，C元素化合价改变，属于氧化还原反应，反应吸热，生成物的能量大于反应物，故选D。4．一种铁-空气二次电

池具有较高供电效率。该电池放电时，其原理如图所示，电池反应为()2222FeO2HO2FeOH++=。有关该电池放电时的说法正确的是A．a极质量不变B．b极为电池负极C．电子由a极经负载流向b极D．由电能转变

为化学能【答案】C【解析】由方程式可知，该装置为化学能转化为电能的原电池，电极a为原电池的负极，碱性条件下铁在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁，电极反应式为Fe—2e-+2OH-=Fe(OH)2，电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2

H2O+4e-=4OH-。A．由分析可知，电极a为原电池的负极，碱性条件下铁在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁，则电极a的质量增大，故A错误；B．由分析可知，电极b为原电池的正极，故B错误；C．由分析可知，电极a为原电池的负极，电极b为正极，则电子

由a极经负载流向b极，故C正确；D．由分析可知，该装置为化学能转化为电能的原电池，故D错误；故选C。5．下列有关叙述正确的是A．煤是一种化石燃料，其主要成分是碳的单质B．燃料电池的能量转化率可达100％，属于环境友好电池C．肼()24NH具

有还原性，可作为火箭推进剂的燃料D．乙醇汽油是一种清洁能源，作为汽车燃料不会产生任何污染【答案】C【解析】A．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，故其主要成分不是单质碳，A错误；B．燃料电池是将化学能转变为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不会达100%，B错误

；C．肼()24NH具有还原性，能与氧化剂反应产生大量热量，可作为火箭推进剂的燃料，C正确；D．乙醇汽油是一种清洁能源，燃烧过程中可能会产生CO等污染气体，D错误；答案选C。6．热化学离不开实验，更离不开对反应热的研究。下列有关说法正确的是A．由图3可知，△H1小于△H

2B．将图1虚线框中的装置换为图2装置，若注射器的活塞右移，说明锌粒和稀硫酸的反应为放热反应C．向图1的试管A中加入某一固体和液体，若注射器的活塞右移，说明A中发生了放热反应D．由图3可知，△H3=△H1+△H2【答案】A【解析】A．气态的硫的能量比固态硫的高

，故反应①放出的热量比反应②的多，则由图3可知，反应①的△H1小于反应②的△H2，A正确；B．由于锌粒与稀硫酸反应生成了H2，使注射器的活塞右移，故将图1虚线框框中的装置换为图2装置，若注射器的活塞右移，不能说明锌粒和

稀硫酸的反应为放热反应，B错误；C．很多物质溶解过程也是放热的，故向图l的试管A中加入某一固体和液体，若注射器的活塞右移，不能说明A中发生了放热反应，C错误；D．反应①+反应②≠过程③，故由图3可知，△H3≠△H1+△H2，应该是反应②=过程

③+反应①，即△H2=△H3+△H1，D错误；故合理选项是A。7．下列有关原电池、电解、电镀和电化学腐蚀的说法中，不正确的是A．装置是原电池，可以实现化学能转化为电能B．装置电解片刻后，溶液的酸性增强C．装置不能起到防止铁钉生锈作用D．中轮船铁质外壳上镶嵌的锌块可减缓船体的

腐蚀速率A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．图a装置不能构成原电池，铜直接与硝酸银溶液反应，不能形成电流，A错误；B．图b装置发生反应422422CuSO+2HO2Cu+2HSO+O加热，电解片刻后，溶

液的减小，B正确；C．图c装置，铁为阳极，发生反应2+Fe2e=Fe−−，铁被腐蚀，C正确；D．图d中轮船铁质外壳上镶嵌锌块，构成原电池，铁为正极，被保护，减缓铁腐蚀速率D正确；故选A。8．在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如图。下列

说法正确的是A．①中，催化剂被还原B．②中，丙烷分子中的亚甲基先失去氢原子C．③中，仅涉及极性键的断裂与形成D．①决定总反应的速率【答案】D【解析】A．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故A项错误；B．②中丙烷中的甲基先失去氢原子变成正丙基，故B

项错误；C．③中，除了涉及极性键的断裂与形成，还涉及非极性键的形成，故C项错误；D．活化能越大，反应速率越慢，①的活化能最大，为整个反应的决速步，故D项正确；故本题选D。9．在PdCl—CuCl作催化剂和适

宜的温度条件下，O2可将HCl氧化为Cl2，反应的热化学方程式为()()()()2224HClgOg2Clg2HOg++1ΔH115.6kJmol−=−，下列说法正确的是A．该反应在任何温度下均能自发进行B．增大起始时()

()2OHClnn的值，可提高HCl的平衡转化率C．加入PdCl—CuCl作催化剂，能使反应速率增大、焓变减小D．反应物所含化学键的键能之和大于生成物所含化学键的键能之和【答案】B【解析】A．()()()()2224HClgOg2Clg2HOg++是气体体积

减小的反应，S0，另外10ΔH115.6kJmol−=−，ΔH-TΔS<0时反应能够自发进行，则该反应在低温下能自发进行，A错误；B．增大起始时()()2nOnHCl的值，相当于增大O2的物质的量，平衡正向移动，可提高HCl的平衡转化率，B正确；

C．加入PdCl-CuCl作催化剂，可以降低反应的活化能，能使反应速率增大，但不能改变焓变，C错误；D．反应()()()()2224HClgOg2Clg2HOg++的10ΔH115.6kJmol−=−，为放热反应，则反应物所含化学键的键能之

和小于生成物所含化学键的键能之和，D错误；故选B。10．Mg/LiFePO4电池的电池反应为：xMg2++2LiFePO4充电放电xMg+2Li1－xFePO4+2xLi+，装置如题图所示。下列说法正确的是A．放电时，L

i+被还原B．充电时，化学能转变为电能C．充电时，阳极上发生的电极反应为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4+xLi+D．放电时，电路中每流过2mol电子，有1molMg2+迁移至正极区【答案】C【分析】由总反应式可知，放电时为原电池反应，Mg化合价升高

，被氧化，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，Li1-xFePO4被还原，为原电池正极反应，电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++e-=LiFePO4，充电是电能转化为化学能的过程，阳极反应和原电池正极相反，发生氧化反应。【解析】A．放电时，Li1-xFePO4

被还原生成LiFePO4，Li+没有发生还原反应，故A错误；B．原电池充电是电能转化为化学能的过程，故B错误；C．充电时，原电池的正极接充电电源的正极作为阳极，此时阳极反应和原电池正极相反，即电极反应为LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，故C正确；D．放电时由于Li+

导电膜的限制作用，Mg2+不能迁移至正极区，故D错误；故选：C。11．在2L的恒温密闭容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，发生反应：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)，10min后达到平衡，PCl5为0.4mol。下列说法正确的是A．0～

10min内，用PCl3表示的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1B．当混合气体的密度不再改变时，可以表示反应达到平衡状态C．若升高温度(T1<T2)，反应的平衡常数减小，则平衡时PCl3的物质的量变化()()12ΔnT<1ΔnTD．平衡后，如果移走1.

0molPCl3和0.5molCl2，在相同温度下达到平衡时PCl5的物质的量小于0.2mol【答案】D【解析】A．10min后达到平衡，PCl5为0.4mol，则说明PCl3消耗了0.4mol，用PCl3表示的平均反应

速率=-1-10.4mol2L=0.02molLmin10min，A错误；B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，容器体积也不变，即混合气体的密度是定值，与反应进行的程度无关，不能表示反应达到平衡状态，B错误；C．若升高温度(T1<T2)，反应的平衡常数减小，说明平衡逆向移动，平衡时

PCl3的转化率12α(T)>α(T)，则平衡时PCl3的物质的量变化()()12ΔnT>1ΔnT，C错误；D．平衡后，如果移走1.0molPCl3和0.5molCl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1molPCl3和0.5molCl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小

，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的12，即小于12×0.4mol=0.2mol，D正确；故选D。12．“碳中和”可有效解决全球变暖，在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。下列说法错误的是A．离子

交换膜为阳离子交换膜B．铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为232CO10H10eCHCHO3HO+−++=+C．每产生32gO2，外电路中有2mol电子通过D．若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量增加3.6g【答案】C【解

析】A．电解池中阳极区产生H+，阴极区消耗H+，H+向阴极移动，离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；B．铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为232CO10H10eCHCHO3HO+−+++，B正确；C．每产生32gO2，

电路中有4mol电子通过，C错误；D．铜电极为阴极，若铜电极上只生成5.6gCO，即n(CO)=0.2mol，发生反应：222HCO2eCOHO+−++=+，溶液质量仅增重0.2molH2O的质量，即0.2mol×18g·mol-1=3.6g，D正确；答案选C。13．铬基催化剂下丙烷

生产丙烯相关主要反应有：()()()38362CHgCHgHg+1ΔH0()()()38244CHgCHgCHg+2ΔH0()()()382CHg3Cs4Hg+3ΔH0在600℃时，容器压强恒为P，将甲(382CH1molN1

0mol、)和乙(3822CH1molCO2molNol8m、、)两组气体分别按相同流速通过铬基催化剂固定床反应器，测得C3H8的转化率和C3H6选择性随时间变化如图所示。下列说法正确的是A．甲组气体中C3H8转化率在13h内逐渐降低的原因是反应达平衡后开始

逆移B．24h内乙组C3H8转化率高于甲组，可能原因是乙组中CO2可消除催化剂上积碳使催化剂活性增强C．升高温度，一定能提高的C3H6选择性D．在高温条件下，若甲、乙两组气体分别在相同的恒压密闭容器中反应达平衡时，C3H8的转化率相同【答案】B【解析】A．甲组气体中，发生反

应()()()382CHg3Cs4Hg+，生成的炭附着在催化剂表面，使催化剂的活性降低，并非平衡逆移，所以C3H8转化率在1~3h内逐渐降低，A不正确；B．在混合气中，N2对反应不产生影响，乙组中含有能与积炭反应的C

O2，所以2~4h内乙组C3H8转化率高于甲组，可能原因是乙组中CO2可消除催化剂上积碳使催化剂活性增强，B正确；C．C3H8分解的三个反应都是吸热反应，升高温度，平衡都可能正向移动，不一定提高C3H6的选择性，C不正确；D．在高

温条件下，若甲、乙两组气体分别在相同的恒压密闭容器中反应达平衡时，由于乙组中积炭与二氧化碳发生反应，促进了生成碳反应的进行，且催化剂的活性不同，所以反应进行的程度不同，C3H8的转化率不相同，D不正确；故选B。第Ⅱ卷（非选择题，61分）二、非选择题：本题共4小题，

共61分。14．（20分）铜和铁是常见金属。但生铁易生锈，请讨论电化学实验中有关铁的性质(1)①已知甲总反应为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，右电极产生H2则甲池中右电极材料为，左电极材料为。(填“Fe”或“C

”)②乙中的电解质为硫酸酸化的CuSO4溶液，现用来电解精炼铜，则左电极材料为。(填“粗铜”或“纯铜”)③装置丙中，易生锈的是(填“a”或“b”)点，发生(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀，其正极反应式为。(2)下图为保护钢

闸门的两种方法，根据所学知识完成下列填空：①利用原电池原理保护钢闸门的是(填“丁”或“戊”)，在此过程中(填“Fe”“Zn”或“辅助阳极”)失电子。②戊装置中通电后，电子流向(填“钢闸门”或“辅助阳极”)【答案】(1)①C（2分）Fe（2分）②粗铜（2分）③

a（2分）吸氧（2分）O2+2H2O+4e－=4OH－（2分）(2)①丁（2分）Zn（2分）②钢闸门（2分）【解析】（1）①已知甲总反应为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，右电极产生H2，则右边是正极，左边为负极，负极金属比正极金属活泼，因此甲池中右电极材料为碳电极(C)，左电极材料为铁电极

；故答案为：C；Fe。②乙中的电解质为硫酸酸化的CuSO4溶液，现用来电解精炼铜，根据电解精炼铜中粗铜作阳极，纯铜作阴极，则左电极材料为粗铜；故答案为：粗铜。③装置丙中，易生锈的是a点，a点出有潮湿的环境，也有氧气，而b处缺少足够的氧气，由于环境是中性环境，因此a点易发生吸

氧腐蚀，其正极反应式为O2+2H2O+4e－=4OH－；故答案为：a；吸氧；O2+2H2O+4e－=4OH－。（2）①利用原电池原理保护钢闸门的是丁，锌为原电池负极，钢闸门(铁)为原电池正极，因此在此过程中活

泼金属(Zn)失电子；故答案为：丁；Zn。②戊装置是外加电流的阴极保护法，通电后，电子从负极流向钢闸门；故答案为：钢闸门。15．（10分）碘化钾溶液露置在空气中容易被氧气氧化而显黄色。某兴趣小组进行如下实

验探究：实验试剂：11molL−KI溶液、10.1molL−24HSO溶液、10.2molL−24HSO溶液、10.1molL−24HSO溶液、蒸馏水实验仪器：试管、试剂瓶、胶头滴管、温度计(1)针对冬夏季节不同，KI溶液变色快慢不同，小组成员进行以下实验：

实验编号①②③④⑤温度/℃3040506070显色时间/s16080402010回答下列问题：①该实验的目的是探究对反应速率的影响。②由上述实验记录可得出的结论是：温度每升高10℃，反应速率增大为原来的倍。(2)为探究溶液的酸性强弱对KI溶液变色速率的影响，小组成员进

行以下实验：10mL11molL−KI溶液5滴淀粉溶液序号加入试剂变色时间I10mL蒸馏水长时间放置，未见明显变化II10mL10.1molL−24HSO溶液放置3min后，溶液变蓝III10mL10.2molL−24HSO溶液放置1min后，溶液变蓝IV10mL10.1molL−24

KSO溶液长时间放置，未见明显变化回答下列问题：①写出实验II发生反应的离子方程式。②实验I、II、III所得结论：。③增大实验II反应速率还可以采取的措施。④实验IV的作用是。【答案】(1)①温度（1分）②2（1分）(2)①+-2224H+4I+O2I+2H=O（2

分）②溶液酸性越强，KI溶液变色越快（2分）③升高温度（2分）④为了形成对比实验，说明实际发生反应的是H+（2分）【解析】（1）①由表中的数据可知，实验记录了不同的温度下，显色时间长短不等，所以该实验的目的

是探究温度对反应速率的影响，故答案为：温度；②由表中的数据可知，温度每升高10℃，显色时间变为原来的一半，则反应速率增大为原来的2倍；故答案为：2；（2）①实验II中加入稀硫酸，溶液变蓝，发生反应的离子

方程式为+-2224H+4I+O2I+2H=O，故答案为：+-2224H+4I+O2I+2H=O；②实验I是加10mL蒸馏水，长时间放置未见明显变化，II是10mL0.1mol/L的硫酸，3min后溶液变蓝，III是10mL0.2mol/L的硫酸，1min

后溶液变蓝，说明溶液酸性越强，KI溶液变色越快，故答案为：溶液酸性越强，KI溶液变色越快；③增大实验II反应速率还可以采取升高温度的措施，故答案为：升高温度；④实验II是10mL0.1mol/L的H2SO4溶液，

实验IV是10mL0.1mol/L的K2SO4溶液，II会出现蓝色，而IV未见明显变化，是为了形成对比实验，说明实际发生反应的是H+；故答案为：为了形成对比实验，说明实际发生反应的是H+。16．（14分）某研究团队利用二氧化氯液相氧化协同氨法对锅炉产生的

烟气(主要成分NO、SO2、N2)进行脱硫、脱硝研究。(1)二氧化氯制备。研究中采用盐酸还原氯酸钠制备ClO2，在生成ClO2的同时还生成Cl2；该反应的化学反应方程式为。(2)二氧化氯液相氧化协同氨法脱除。研究中首先用制备的ClO2气体配

制浓度为150mg/L的ClO2溶液，接着向浓度为0.3％的氨水吸收液中添加浓度为150mg/L的ClO2溶液，组成复合吸收液来对模拟烟气中NO和SO2同时脱除。脱除时NO发生反应：2234345NO3ClO4HO8NH5NHNO3NHCl+++=+。①脱除时SO2发

生反应的离子方程式为。②脱除过程中采用如图所示喷淋吸收塔装置吸收SO2和NO，采用该装置吸收的优点是。③已知反应吸收液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示(已知ORP值越大，氧化能力越强)，测定表明烟气中含有SO2能提高NO的脱除率，可能原因是。(3)脱除效果检测

。实验室利用模拟烟气探究该方法“脱硫”、“脱硝”的效果，一定时间内，温度对SO2、NO脱除率的影响曲线如图所示。①检测表明SO2的脱除率明显高于NO，可能的原因。②在50℃下，若烟气中SO2和NO体积比为4:5，吸

收液中烟气转化生成的24SO−、3NO−、Cl−的物质的量之比为。③列举一条用二氧化氯液相氧化协同氨法“脱硫”、“脱硝”的优点。【答案】(1)2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O（2分）(2)①5SO2+2ClO2+12NH3

+6H2O=52-4SO+12+4NH+2Cl-（2分）②增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率（2分）③SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除（2分）(3)①SO2的还原性比NO强，或者

NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低（2分）②1:1:1（2分）③反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝（2分）【解析】（1）研究中采用盐酸还原氯酸钠制备ClO2，在生成ClO2的同时还生成Cl2，根

据氧化还原反应配平可知，该反应的化学反应方程式为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；（2）①脱除时SO2发生反应

即SO2转化为(NH4)2SO4，即S被氧化，ClO2中的Cl被还原，根据氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5(NH4)2SO4+2NH4Cl，则该反应的离子方程式为：5SO2+2

ClO2+12NH3+6H2O=52-4SO+12+4NH+2Cl-，故答案为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=52-4SO+12+4NH+2Cl-；②脱除过程中采用如图所示喷淋吸收塔装置

吸收SO2和NO，采用该装置吸收的优点是采用固液逆向对流可以增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率，故答案为：增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率；③已知反应吸收液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示

(已知ORP值越大，氧化能力越强)，由题干图示信息可知，溶液pH值越小，ORP值越大，即氧化还原电位越大，氧化能力越强，故测定表明烟气中含有SO2能提高NO的脱除率，可能原因是SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO

的脱除，故答案为：SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除；（3）①由图可知，SO2的脱除率高于NO，其原因是SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，

一定时间内的去除率比SO2的低，故答案为：SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低；②模拟烟气中SO2和NO的物质的量之比为4：5，设其物质的量分别为4

mol、5mol，50℃时，两者的吸收率分别为100%和80%，脱硫的离子方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=52-4SO+12+4NH+2Cl-，则该反应生成的Cl-为1.6mol，2-4SO为4mol，脱硝的离子方程式为：-22343

5NO3ClO4HO8NH8NH+5NO3Cl+−+++=+，则该反应生成的Cl-为5mol×80%×35=2.4mol,生成的-3NO为5mol×80%=4mol，故吸收液中烟气转化生成的24SO−、3NO−、Cl-的物质的量之比为4：4：(1.6+2.4)

=1:1:1，故答案为：1:1:1；③由上述反应方程式可知，用二氧化氯液相氧化协同氨法“脱硫”、“脱硝”的优点为反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝，故答案为：反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和

NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝。17．（17分）绿水青山就是金山银山。我们要加快形成绿色发展方式，构建经济与环境协同共进的地球家园。运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下列问题：(1)利用高效催化剂处理汽

车尾气中的NO和CO，发生反应()()()()222COg2NOg2COgNg++()ΔkJ/mol0Hdd=−已知：部分化学键的键能数据如表(CO以CO键构成)。化学键CONNCO=E/(kJ/mol)abc①NO中化学键的键能为kJ/mol(用含a、b、c、d的代数式表示

)。②写出既可以加快化学反应速率又有利于提高NO平衡转化率的措施(一条即可)。(2)工业上可将2SO和2NO混合转化，发生反应()()()()223SOgNOgSOgNOg++H0在容积固定的绝热密闭容

器中，能判断该反应已达到化学平衡状态的是___________(填字母)。A．()3SOg和()NOg的浓度之比保持不变B．混合气体的颜色保持不变C．容器中压强不再变化D．混合气体的密度保持不变(3)4CH还原2CO是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关反应有：反应

I：()()()()42CHgCOg2COg2Hg+=+11247kJmolH−=+反应II：()()()()222HgCOgCOgHOg+=+1241kJmolH−=+反应III：()()()42CHg2HgCs=+1375k

JmolH−=+则反应()()()()22CsHOgCOgHg+=+的H=。(4)利用电解法在碱性或酸性条件下将2CO还原为4CH和24CH的原理如下图所示：已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义(X代表4C

H或24CH)如下：()()()22XCOX100%COnSn=生成所用阴极吸收的()()()XX100%nFEn=生成的电子通过电极的电子①写出碱性条件下2CO生成4CH的电极反应式：。②实验测得，碱性条件生成4CH、24CH总的选择性小于酸性条件，原因是。

③实验测得，酸性条件生成4CH、24CH总的法拉第效率小于碱性条件，原因是。④碱性条件下反应一段时间，实验测得4CH、24CH的选择性及4CH的法拉第效率如表所示。则4CH的法拉第效率()24CHFE为。4CH24CH()XS2%8%()XF

E12.5%【答案】(1)①422cbad+−−（2分）②增大压强或增大CO的投料（2分）(2)BC（2分）(3)+131kJ/mol（2分）(4)①224CO6HO8eCH8OH−−++=+（2分）②碱性条件下，有部分2CO转化为23CO−，用于

生成4CH、24CH的2CO的量减少，使总的选择性减小（2分）③酸性条件下，H+浓度大，发生22H2eH+−+=的副反应程度大，导致不是所有的电子都用于还原2CO，使法拉第效率较小（2分）④37.5%（3分）【解析】（1）①根

据∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，则ΔH=2a+2x-(22c+b)=-dkJ/mol，解得NO中化学键的键能为422cbad+−−kJ/mol；②该反应是气体体积减小的反应，增大压强或增大CO的投料既可以加快化学反

应速率，平衡正向移动，又有利于提高NO平衡转化率；（2）A.无论反应是否达到平衡，()3SOg和()NOg的浓度之比一直为1:1，故A错误；B.混合气体的颜色保持不变说明2NO的浓度不再发生变化，该反应已达到化学平衡状态，故B正确；C.在容积固定的绝热

密闭容器中，该反应是放热反应，温度变化导致压强发生改变，当容器中压强不再变化，该反应已达到化学平衡状态，故C正确；D.由质量守恒定律可知，混合气体的总质量不变，已知容积固定，则混合气体的密度一直保持不变，不能说明该反应已达到化学平衡状态，

故D错误；故选BC；（3）根据盖斯定律，总反应=反应Ⅰ-反应Ⅱ-反应Ⅲ，则反应热H=1232474175131kJ/molHHH−−=−−=+；（4）①该原理为电解原理，在碱性或酸性条件下，将CO2还原为CH4或C2H4，CO2中的碳元素化合价降低，得电子，为阴极电极反应，碱性条件下C

O2生成CH4的电极反应式为：224CO6HO8eCH8OH−−++=+；②碱性条件下，有部分CO2转化为2-3CO，变成不易接近阴极、不易参与阴极电极反应的形式，导致参与还原反应生成CH4或C2H4的CO2减少，使总的选择性S(X)减小，故答案为：碱性条

件下，有部分2CO转化为2-3CO，用于生成4CH、24CH的2CO的量减少，使总的选择性减小；③酸性条件下，电极Ⅲ发生2H2O−4e−=O2↑+4H+，H+通过阳离子交换膜进入右侧阴极区，该电极区域H+浓度大于碱性条件下的阴极区H+浓度，发生2

H++2e-=H2↑的反应程度大，即电极Ⅳ有相当一部分电子参与的是生成H2的副反应，因为该副反应发生程度较大，法拉第效率FE较小，故答案为：酸性条件下，H+浓度大，发生2H++2e-=H2↑的副反应程度大，导致不是所有的电子都用于还原CO2，使法拉第效

率FE较小；④由表中数据可知，S(CH4)=2%，可得()()422CHCO100%=2%COnn生成所用阴极吸收的，则n(生成CH4所用CO2)=n总(CO2)×2%，由CO2+6H2O+8e−=CH4+8OH−

，n(生成CH4的电子)=n(生成CH4所用CO2)×8=n总(CO2)×2%×8，由FE(CH4)=12.5%，可列式()()4CH100%=12.5%nn生成的电子通过电极的电子，()24nCO2%8nCHn==12%()().5%12.5总总生成的电子电子，由S(C2H4)=8%，可

列式()2422nCHCO8)%=100%n(CO总生成所用，n(生成C2H4所用CO2)=n总(CO2)×8%，由2CO2+8H2O+12e−＝C2H4+12OH−，n(生成C2H4的电子)=n(生成C2H4所用CO2)×6=n总(CO2)×8%×6，则

()()()224242nCO8%6nCHFECH100%100%=37.5%n)CO2%82()n1(.5%总总总生成的电子＝＝电子，故答案为：37.5%。