【文档说明】江苏省阜宁中学2022-2023学年高一下学期第一次综合测试化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.594 MB，由小赞的店铺上传

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2023年春学期高一年级综合测试化学试题时间：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+O2

高温2NO，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45D.在反应3Mg+N2高温Mg3N2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45，故C错误；D．在反应：3Mg+N2高温Mg3N2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BaSO3B.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SO24−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H

NO3的白色沉淀，则溶液中不一定含有SO24−，也可能含有Ag+或者SO23−，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.()()2HO3NOgHNOaq⎯⎯⎯→B.稀硝酸()()Cu2aqNOg⎯⎯→C.()()CO2,NOgNg⎯⎯⎯⎯→高温催化剂D.()()3O22NOgNg⎯⎯→【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4NH+转化为3NO−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：4232NH2ONO2HHO+−++=++B.长期过量使用4NHCl等铵态化肥，会使水体富营养化C.检验4NH+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4NH+与氧气反应的离子方程式是4232NH2ONO2HHO+−++=++，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4NH+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H+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()()()222Cs2Og2COg+=1ΔH；()()()22CsOg2COg+=2ΔH，则12HHB.一

定条件下，将20.5molN和21.5molH置于密闭的容器中充分反应生成3NH放热19.3kJ，则热化学方程式为()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ138.6kJmolH−=−C.已知氢气的热值为1143kJg−，则()()()2222HgOg2HOl+=1286kJmolH−

=−D.已知C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH>0，则石墨比金刚石更稳定【答案】D【解析】【详解】A．已知()()()222Cs2Og2COg+=1ΔH；()()()22CsOg2COg+=2ΔH，碳完全燃烧放热多，故则12ΔH<ΔH，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1143kJg−，则()()()2222HgOg2HOl+=1572kJmolH−=−，C错误；D．C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH

>0，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：()()()22HgClg2HClg+=H0，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H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H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23226NO8NH7NHO12+=+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负极B.电池工作时，OH−透过交换膜从右向左迁移C.当有22.24LNO被处理时，溶液中通过电子0.4molD.电极B的电极反应式为2222NO8e4HON8OH−−++=+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，OH−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22.24

LNO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2222NO8e4HON8OH−−++=+，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】【分析】A.氯化铵与氢氧化钙加热有水生成；B.浓硫酸与氨气反应；C.氨气的密度比空气密度小；D.氨气极易溶于水；【详解

】A.氯化铵与氢氧化钙加热有水生成，则试管口应略向下倾斜,A项错误；B.浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，B项错误；C.氨气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，C项错误；D.氨气极易溶于水，球形结构可防止倒吸

，D项正确；答案选D。12.下列方案能达到实验目的的是A.用KSCN溶液检验溶液中的2Fe+B.用通入2O的方法除去2NO中含有的NOC.通过碱石灰可除去3NH中的2CO和水蒸气D.实验室用加热4NHCl固体的方法制氨气【答案】C【解析】【详解】A．用KSCN溶液检验溶液中的3Fe+，不

能用来检验溶液中的2Fe+，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4NHC

l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4NHCl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，最合理的选项是选项a中的物质b中物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸(70%)Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液的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3NO2+H2O=2HN

O3+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+4＋OH-ΔNH3↑＋H2OB.氯化铵溶液中加入稀氢氧化钠溶液，加热：NH+4＋OH-ΔNH3·H2OC氨水与盐酸反应：NH

3·H2O＋H＋=NH+4＋H2OD.氨水中通入过量二氧化碳：2NH3·H2O＋CO2=2NH+4＋CO2-3＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热：2NH+4+SO24−＋Ba2++2OH-Δ2

NH3↑＋2H2O+BaSO4↓，A错误；B．氯化铵溶液中加入稀氢氧化钠溶液，加热：NH+4＋OH-ΔNH3↑+H2O，B错误；C．氨水与盐酸反应：NH3·H2O＋H＋=NH+4＋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+4＋HCO-3，D错误；故选C。15.2N、3NH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NH−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3222NHO2NO3H++催化剂【答案】C【解析】【详解】A．成键放热，催化剂a表面形成NH−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3224NH5O4NO6HO++催化剂，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HB.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N2H4D.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，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①Cu与3HNO溶液②23FeO与3HNO溶液③Zn与24HSO溶液④Fe与HCl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H

2，③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2CO、38CH为原料可制备丙烯()36CH，反应为()()()()()238362COgCHgCHgCOgHOg+++。一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入23molCO、382molC

H，测得38CH与2HO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mint01t2t3t4t()38CHmoln21.410.80.8()2HOmoln00.611.21.2A.3t时，该反应达到平衡在B.210t=时，0

10min内用38CH表示的平均反应速率为110.1molLmin−−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31:25【答案】B【解析】【详解】A．根据表格数据，3t时，各物

质的量不再改变，该反应达到平衡，故A正确；B．210t=时，010min内用38CH表示的平均反应速率为2mol-1mol2L10min=110.05molLmin−−，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．()()()()()()()()238362COgCHgCHg+COgHOgmol300

02mol1.21.21.21.21.2mol1.80.81.21.21.2++初始转化平衡恒温恒容，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)=31:25，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(+4NH)和c(2-4SO)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CO

2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(+4NH)和c(2-4SO)，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3HNO和稀24HSO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2O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Ag+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Ag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NaCl，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，滤液即4CuSO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2O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Ag+，C正确；D．硫酸铜晶体含结晶水、应用冷却结晶法获

得，将含硫酸铜的滤液蒸发浓缩、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（mol）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的物质的量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5molB的同时生成4molDB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容器内混合气体的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）②.0.1mol/（L•min）③.=④.C⑤.CD⑥.32%【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）mol=0.8mol、△n（B）=（2.4-1.4）mol=1.0mol、△n（C）=（1.

2-0）mol=1.2mol、△n（D）=（0.8-0）mol=0.8mol，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()2.5-2.1==

0.1mol/Lmin2L2min（）；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v=v正逆，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=A100%A参与反应的的物质的量反应前的物质的量，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)mol=0.8mol、△n(B)=(2.4−1.4)mol=1.0mol、△n(C)=(1.2−0)mol=1.2mol、△n(D)=(0.8−0)mol=0.8mol，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=0.8mol:1.0mol:1.2mol:0.8mol=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()2.5-2.1==

0.1mol/Lmin2L2min（）；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：0.1mol/（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5molB的同时生成4molD，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=A0.8mol100%=100%=32%A2.5mol参与反应的的物质的量反应前的物质的量，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1molNN键需吸945.6kJ能量，断裂1molHH−键需吸收436kJ能量，形成1molHN−键可放出391k

J能量。试写出3NH的电子式：___________。若生成()32molNHg，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℃、101kPa时，1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量，则该条件下4CH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pH___________。(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.②.放出③.92.4（2）①.化学能转化为电能②.22O4e2HO4OH−−++=（3）①.()()()()4222CHgOgCOg

22HOl++=89024kJmolH=−.②.2432CH8e10OHCO7HO−−−−+=+③.减小【解析】【小问1详解】氨气是共价化合物，3NH的电子式为；N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，断裂1molNN键需吸945.6kJ能量，断裂

1molHH−键需吸收436kJ能量，形成1molHN−键可放出391kJ能量，生成()32molNHg断键吸热的总能量为945.6kJ+436kJ×3=2253.6kJ，成键放出的总能量为391kJ×6=23

46kJ，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22O4e2HO4OH−−++=；【小问3详解】

①已知25℃、101kPa时，1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量，则1mol甲烷燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的能量为890.24kJ，4CH完全燃烧的热化学方程式为()()()()4222

CHgOgCOg22HOl++=89024kJmolH=−.；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2432CH8e10OHCO7HO−−−−+=+，随着电池不断放电

，负极消耗氢氧根离子，负极附近溶液pH减小。23.含氮污水包括氨氮(NH3、NH4+)、亚硝酸盐氮(NO2−)和硝酸盐氮(NO3−)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：NH4+⎯⎯⎯⎯⎯⎯→2O亚销化菌ⅠNO2−⎯⎯

⎯⎯⎯⎯⎯→+4NH厌氧氨氧化菌ⅡN2①理论上参与I、II中反应的nI(NH4+)：nII(NH4+)=____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、____。的（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）①.1：1②.随着溶解氧浓度的增大，部分NO2

−会被氧化成NO3−而保留在溶液中（2）①.6Fe3++2H2O+NH4+＝6Fe2++NO2−+8H+(或6Fe3++2H2O+NH4+＝6Fe2++HNO2+7H+)②.碱性条件下，Fe3+易生成Fe(OH)3沉淀；NH4+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++2NO3−＝5Fe2++N2↑+6H2O【解析】【小问1详解】①Ⅱ中反应为2422O=NONHN2H−+++

，根据氮原子守恒，44()NH:(NH)1:1nn++=ⅠⅡ。②由于随着溶解氧浓度的增大，2NO−会被氧化成更高价态的3NO−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4NH+和3Fe+，生成物分别对应2NO−和2Fe+，故方程式为6Fe3++2H2O+NH

4+＝6Fe2++NO2−+8H+或6Fe3++2H2O+NH4+＝6Fe2++HNO2+7H+。由于碱性条件下，OH－会和3Fe+、4NH+分别生成3Fe(OH)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3NO−，而新型脱氮过程能将氨氮与硝酸盐氮同时去除，且2F

e+与3Fe+可反复循环使用；③过程(ⅳ)中反应物为3NO−和Fe，生成物分别对应2N和2Fe+，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++2NO3−＝5Fe2++N2↑+6H2O。获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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