福建省厦门重点中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含解析）

2023—2024学年高二上学期期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Li-7 P-31 S-32
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个正确答案）
1．对于反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)　ΔH=-116.4 kJ·mol-1，下列说法正确的是
A．该反应能够自发的原因是ΔS > 0
B．工业上使用合适的催化剂可提高NO2的生产效率
C．升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)减小，平衡向逆反应方向移动
D．2 mol NO(g)和1 mol O2(g)中所含化学键能总和比2 mol NO2(g)中大116.4 kJ·mol-1
2．下列说法中正确的是
A．若 ，则1 mol 置于密闭容器中充分反应放出的热量为28.45kJ
B．若31 g白磷的能量比31 g红磷多b kJ，则白磷转化为红磷的热化学方程式为
C．在稀溶液中，强酸与强碱反应的中和热为，若将含有0.5 mol 的浓硫酸和含有1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ
D．的摩尔燃烧焓是，则
3．下列有关电化学装置的说法正确的是
A．利用图a装置处理银器表面的黑斑Ag2S，银器表面的反应为Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-
B．图b电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出
C．图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼
D．图d中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀
4．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．的溶液中、、、
B．水电离的的溶液：、、、
C．pH=2的溶液：、、、
D．的溶液：、、、
5．下列图示与对应的叙述相符的是

表示达平衡的某反应，在时改变条件后反应速率随时间变化，改变的条件一定是加入催化剂 表示平衡在时迅速将体积缩小后的变化 表示的反应的 可判断某可逆反应的正反应是放热反应
A B C D
A．A B．B C．C D．D
6．以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应I：Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) △H1>0
反应II：Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g) △H2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．△H2>0
B．反应温度较低时，Fe3O4主要还原产物为Fe
C．1040℃时，反应I的化学平衡常数K=0.25
D．在恒温、恒容条件下，当容器压强保持不变，反应I、II均达到平衡状态
7．某学习小组为了探究的反应速率(v)与反应物浓度(c)的关系，在20℃条件下进行实验，所得的数据如下：
实验编号 相关数据 ① ② ③ ④ ⑤
0.008 0.008 0.004 0.008 0.004
0.001 0.001 0.001 0.002 0.002
0.10 0.20 0.20 0.10 0.40
v1
已知：该反应的速率方程为：(k为常数)
下列结论不正确的是
A．若温度升高到40℃，则化学反应速率增大
B．等浓度的和，对反应速率的影响小
C．速率方程中的
D．实验⑤中，
8．上海交通大学利用光电催化脱除与制备相耦合，高效协同转化过程如图。（双极膜可将水解离为和，向两极移动）
已知：①
②
下列分析中不正确的是
A．是负极，电势更低
B．正极区每消耗标况下22.4L氧气，转移2mol
C．当生成0.1mol时，负极区溶液增加6.4g
D．总反应，该过程为自发过程
9．在恒定压强p条件下，将H2S(g)、Ar(g)按照物质的量比为1﹕n混合，发生热分解反应H2S(g) H2(g) +S2(g) H＞0，分别在有、无催化剂的条件下，不同温度时发生反应，间隔相同时间测定一次H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．在B点，有无催化剂催化，H2S转化率几乎相等的原因可能是催化剂失去活性
B．A点反应达到平衡，此时H2S的平衡转化率为α，以分压表示的平衡常数Kp=(分压=总压物质的量分数)
C．充入稀有气体Ar，能提高H2S的平衡转化率
D．温度升高到某一程度，三条曲线可能相交于某一点
10．电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，、电极产生量()与电流强度关系如图b所示：

下列说法错误的是
A．电解一段时间后，Pt电极附近pH减小
B．阴极的电极反应有：、
C．根据图b可判断合适的电流强度约为40mA
D．若处理0.1mol ，理论上HMC-3电极消耗标准状况下31.36LO2
二、填空题
11．页岩气中含有、、等气体，是可供开采天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的和。
(1)去除废气中的相关热化学方程式如下：


反应的
(2)金属硫化物催化反应，既可以除去天然气中的，又可以获得，下列说法正确的是______。
A．该反应的
B．该反应的平衡常数
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D．该反应中每消耗1mol，转移电子的数目约为
(3)通过电化学循环法可将转化为和（如图所示），其中氧化过程发生如下两步反应：、。
①电极a上发生反应的电极反应式为 。
②理论上1mol参加反应可产生的物质的量为 。
(4)我国科学家设计了一种协同转化装置，实现对天然气中和的高效去除，装置如下图所示，电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯。
①Zno@石墨烯是 极（填“阳”或“阴”）。
②石墨烯电极区发生反应为：
ⅰ．
ⅱ． 。
12．合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回答下列问题：
(1)德国化学家F.Haber从1902年开始研究和直接合成。在、250℃时，将1mol和1mol加入aL刚性容器中充分反应，测得体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450℃，测得体积分数为0.025，则可判断合成氮反应为 （填“吸热”或“放热”）反应。
(2)在、250℃时，将2mol和2mol加入aL密闭容器中充分反应，平衡转化率可能为
__________________（填标号）。
A．=4% B．<4% C．4%~ D．>11.5%
(3)我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氮产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。
需要吸收能量最大的能量（活化能）E= ev，该步骤的化学方程式为 。若通入体积分数过大时导致催化剂效率降低的原因是 。
(4)近年来，电化学催化氮气还原合成氨的催化剂研究取得了较大发展。氮掺杂金红石表面固定氮气过程如图所示，总方程式为 。
(5)常温常压下，以和为原料的电化学合成氨是极具应用前途的绿色合成氨过程。在阳极室、阴极室中加入电解液，以镍的有机配位化合物与炭黑合成的物质以及铂为电极，实验室模拟氨的电化学合成过程如图所示。
①Pt电极连接电源的 极。电催化合成氨的化学方程式为 。
②电路上转移1.5mol电子时，阴极收集到的气体体积小于11.2L（标准状况），可能的原因为 。
13．气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
(1)对于反应，R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步快速平衡
第二步慢反应
第三步协反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是______(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有
C．第二步中与的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
(2)汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的和在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体：。若在恒容的密闭容器中，充入1molCO和1molNO，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是______。
A．CO和NO的物质的量之比不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的压强保持不变
D．
(3)与之间存在反应。在一定条件下，该反应、的消耗速率与自身压强间存在关系，，其中、是与反应温度有关的常数。相应的速率、压强关系如图1所示，一定温度下，、与平衡常数的关系是 ，在图上标出的点中，能表示反应达到平衡状态的点为 (填字母代号)。
(4)日本政府于2023年8月24日下午一点启动福岛核污染废水排海，引发了国际社会的广泛关注和担忧。铀(U)可用作核燃料。核废料中+6价的铀可以通过电化学还原法处理，还原为的电化学装置如图所示：
i.阴极发生的反应为：
ii.阴极区溶液中发生反应：、
①阴极上发生的副反应为： 。
②阴极区溶液中加入的目的是 。
③电还原处理+6价的铀转移1，阴极区减少 mol。
14．低碳烷烃脱氢制低碳烯烃对有效利用化石能源有重要意义。
(1)乙烷脱氢制乙烯
主反应：
副反应：

①标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa，由最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。利用下表数据计算 。
物质
标准摩尔主成焓/ +52.3
②恒容条件下，有利于提高平衡转化率的措施是 （填标号）。
A．高温 B．高压 C．原料气中掺入 D原料气中掺入
③在800℃、恒容条件下加入1mol，此时压强为100kPa，进行脱氢反应，若测得平衡体系中气体有0.3mol、0.6mol、0.1mol和0.7mol，则主反应 。
(2)乙烷裂解中各基元反应及对应活化能如下表。根据表格数据判断：
反应类型 反应 活化能
链引发 ⅰ 451
ⅱ 417
链传递 ⅲ 47
ⅳ 54
ⅴ 181
链终止 ⅵ 0
ⅶ 0
①链引发过程中，更容易断裂的化学键是 。
②链传递的主要途径为反应 →反应 （填序号），造成产物甲烷含量不高。
(3)使用进行乙烷脱氢催化性能研究。不同温度下，乙烷转化率及乙烯选择性随反应时间的变化曲线分别如图a、图b。
①550~620℃，在反应初始阶段，温度越高，乙烷转化率越大的原因是 。
②该催化剂的最佳工作温度为 。
15．利用软锰矿和浓盐酸制取纯净干燥氯气的装置如下：
(1)装置A为 (填标号)，发生反应的化学方程式为 。
(2)装置E中盛放的试剂是 溶液(填化学式)。
(3)某学习小组进行以下实验探究。
【实验任务】探究常温下饱和NaCl溶液抑制溶解的原因。
【理论分析】存在反应： 反应1
【提出猜想】猜想a：可抑制溶解。
猜想b：可抑制溶解。
【实验验证】
实验1 测定在不同浓度、HCl溶液中的溶解度
实验 浓度/mol/L 溶解度/mol/L 物质 0.1 0.2 0.5 1.0 3.0 5.0
ⅰ - - 0.0627 0.0568 0.0435 0.0407
ⅱ HCl 0.0634 0.0619 0.0630 0.0665 0.0824 0.1004
实验ⅰ的结果符合猜想a，实验ⅱ的结果说明还有其他因素会影响在水中的溶解度。
【交流讨论】查阅资料： 反应2
①饱和氯水中，， ，此时的溶解主要受反应1影响。
②在HCl溶液中，时，对溶解起 (填“促进”或“抑制”)作用；时，随着浓度增大，溶解度增大的原因是 。
实验2 测定在不同浓度NaCl溶液中的溶解度
NaCl浓度 0.5 1.0 3.0 5.0
溶解度 0.0658 0.0580 0.0416 0.0360
③综合以上数据，对溶解的抑制效果： (填“>”或“<”)，证据是 。
【实验结论】
④常温下饱和NaCl溶液抑制溶解的原因是 。
试卷第12页，共12页
1．B
【详解】A．根据自由能公式，当反应能够自发，该反应的△H＜0，△S<0，A错误；
B．催化剂可加快反应速率，缩短生产时间，从而可以提高NO2的生产效率，B正确；
C．升高温度，v(逆)、v(正)增大，但平衡向吸热反应方向移动即逆反应方向移动，C错误；
D．根据，△H<0，得到2molNO(g)和1molO2(g)中所含化学键能总和比2molNO2(g)中所含化学键能总和小116.4 kJ mol 1，D错误。
故选B。
2．B
【详解】A．若 H =-56.9kJ·mol-1，将1mol 置于密闭容器中，参加反应的NO2小于1mol，则充分反应放出的热量小于28.45kJ，A不正确；
B．31 g白磷P4的物质的量为0.25mol，若31 g白磷的能量比31 g红磷多b kJ，则白磷转化为红磷的热化学方程式为 ，B正确；
C．浓硫酸溶于水时，会放出热量，若将含有0.5mol H2SO4的浓硫酸和含有1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，C不正确；
D．的摩尔燃烧焓是，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) H =+571.6kJ·mol-1，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) H＜+571.6kJ·mol-1，D不正确；
故选B。
3．A
【详解】A．形成原电池时，Al为负极被氧化，Ag2S为正极被还原，正极反应式为：Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-，A正确；
B．铜为阴极，发生还原反应，不能溶解，石墨电极上生成氧气，故B错误；
C．X极为负极，粗铜极为阴极，而电解精练时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，不能进行铜的精练，C错误；
D．该装置有外接电源，属于外加电源的阴极保护法，D错误；
答案选A。
4．D
【详解】A．的溶液为酸性溶液，与H+不能共存，故A不符合题意；
B．水电离的的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性或碱性溶液中都不能大量共存，故B不符合题意；
C．pH=2的溶液为酸性溶液，酸性条件下，可以氧化，故C不符合题意；
D．的溶液为酸性溶液，酸性条件下，、、、可以大量共存，故D符合题意；
故选D。
5．D
【详解】A．由图可知，反应达到化学平衡时，改变条件，正、逆反应速率均增大，但仍然相等，若反应为气体体积不变的可逆反应，增大压强，平衡不移动，正、逆反应速率均增大，但仍然相等，则题给图示改变的条件不一定是加入催化剂，故A错误；
B．该反应为气体体积减小的反应，将容器体积缩小后，气体压强增大，平衡向正反应方向移动，四氧化二氮的浓度增大，由图可知，达到平衡时，四氧化二氮的浓度突然增大，后又逐渐减小，说明平衡向逆反应方向移动，改变的条件是增大四氧化二氮的浓度，不是将容器体积缩小，故B错误；
C．由图可知，A生成B的反应为①AB H1=E1—E2，B生成C的反应为①BC H2= E3—E4，则A生成C的反应为AC H1+ H2=E1—E2+E3—E4，故C错误；
D．由图可知，反应达到平衡后，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故D正确；
故选D。
6．B
【详解】A．570℃之前，随着温度的升高，CO的体积分数增大，而反应①是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，说明570℃前影响CO体积分数的主要反应为反应II，所以反应II是放热反应，A错误；
B．由图像可知，高于570℃时，随着温度的升高，CO体积分数减小，说明以反应I为主，低于570℃时，随着温度的升高，CO体积分数增大，说明以反应II为主，所以反应温度较低时，Fe3O4主要还原产物为Fe ，B正确；
C．1040℃时，发生的主要反应是反应I，化学平衡常数K=，C错误；
D．反应I、II均为反应前后气体体积不变的反应，因此在恒温、恒容条件下，无论反应是否达到平衡，体系的压强始终不变，因此当容器压强保持不变，不能确定反应I、II是否达到平衡状态，D错误；
故选B。
7．B
【详解】A．温度升高，化学反应速率增大，故A正确；
B．由①②得b=1， 由①④得a=1，由②③得c=2，则等浓度的和，对反应速率的影响大，故B错误；
C．由②③得速率方程中的，故C正确；
D．根据a=b=1，c=2，及实验③⑤得 ，故D正确；
故选B。
8．C
【分析】该装置原理为原电池原理，左侧电极材料为，该区发生转化为后，发生电极反应生成化合价升高，该极为负极，右侧电极发生反应转化为，化合价降低，该极为正极。
【详解】A．电流由正极经导线流向负极，由高电势流向低电势，负极电势低，是负极，电势更低，A正确；
B．正极区电极反应式为，每消耗标况下22.4L氧气（物质的量为1mol），转移2mol，B正确；
C．由电极反应式，生成0.1mol时，有0.2mol电子转移，负极区变化为、，有0.2mol电子转移时，吸收0.1mol，同时双极膜将水解离产生的有0.2mol移向负极区，负极区溶液增加，C错误；
D．由已知①
② ，根据盖斯定律，可得总反应，<0，该反应为自发过程，D正确；
答案选C。
9．B
【详解】A． 在B点，同一温度下，有无催化剂催化，H2S转化率几乎相等的原因可能是催化剂失去活性，A正确；
B． 设起始H2S(g)的物质的量为1mol，Ar(g)的物质的量为n mol，A点反应达到平衡，此时H2S的平衡转化率为α，可列出三段式(单位为mol)：，则此时容器中气体总物质的量为，则以分压表示的平衡常数，B错误；
C． 恒压充入稀有气体Ar，相当于反应体系减压，使平衡正向移动，则能提高H2S的平衡转化率，C正确；
D． 温度升高，反应速率加快，间隔相同时间，反应达到平衡状态，则三条曲线可能相交于某一点，D正确；
故选B。
10．D
【分析】由图可知，电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故电极为阴极，电极反应式分别为、，后发生反应，氧化苯酚，反应为，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e ＝4H++O2↑。
【详解】A．电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e ＝4H++O2↑，电解一段时间后，Pt电极附近pH减小，故A正确；
B．据分析，阴极的电极反应有：、，故B正确；
C．过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，故C正确；
D．由分析可知，苯酚转化为二氧化碳和水，，由图可知，反应中氧气转化为H2O2，H2O2转化为，转化关系为，故而，若处理0.1mol ，则阴极消耗氧气的物质的量为2.8mol，理论上消耗标准状况下氧气的体积为，故D错误；
选D。
11．(1)
(2)C
(3) 2mol
(4) 阴
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应可得反应，则反应ΔH=kJ/mol，故答案为：；
（2）A．由方程式可知，该反应为熵增的反应，反应ΔS＞0，故A错误；
B．由方程式可知，该反应的平衡常数K=，故B错误；
C．由图可知，步骤Ⅰ发生的反应为硫化氢中硫原子与催化剂MxSy中的M原子结合形成了M—S键，故C正确；
D．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，甲烷是反应的还原剂，氢元素的化合价降低被还原，甲烷和硫化氢是反应的氧化剂，反应消耗2mol硫化氢，转移电子的物质的量为8mol，则消耗1mol硫化氢时，反应转移电子数目约为1mol×4×6.02×1023mol—1=4×6.02×1023，故D错误；
故选C；
（3）由图可知，电极a为原电池的负极，水分子作用下二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，放电生成的硫酸与硫化氢反应生成二氧化硫、硫和水，硫与通入的氧气反应生成硫，电极b为正极，酸性条件下碘在正极得到电子发生还原反应生成氢碘酸，氢碘酸分解生成可以循环使用的碘和氢气；
①由分析可知，电极a为原电池的负极，水分子作用下二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为，故答案为：；
②由题给方程式可知，氧化过程的总反应为H2S+H2SO4+O2=2SO2↑+2H2O，由得失电子数目守恒可知，1mol硫化氢参加反应时，碘化氢分解生成氢气的物质的量为=2mol，故答案为：2mol；
（4）由图可知，该装置为电解池，ZnO@石墨烯为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳，石墨烯是阳极，EDTA—Fe2+失去电子发生氧化反应生成EDTA—Fe3+，生成的EDTA—Fe3+与天然气中的硫化氢反应生成EDTA—Fe2+、硫沉淀和氢离子；
①由分析可知，ZnO@石墨烯为电解池的阴极，故答案为：阴；
②由分析可知，石墨烯是阳极，EDTA—Fe2+失去电子发生氧化反应生成EDTA—Fe3+，生成的EDTA—Fe3+与天然气中的硫化氢反应生成EDTA—Fe2+、硫沉淀和氢离子，则ⅱ的反应方程式为，故答案为：。
12．(1)放热
(2)D
(3) 1.54 占据催化剂活性中心过多或体积分数过大时，催化剂吸附了较多的，阻碍了与催化剂的接触，导致催化剂催化效率降低
(4)
(5) 正极 制得的氨部分溶解在电解液中
【详解】（1）升高温度，NH3的体积分数降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应；
（2）将1mol和1mol加入aL刚性容器中充分反应，测得体积分数为0.04；列三段式如下：
平衡时氨气的体积分数==0.04，解得x=0.03846，则H2的转化率等于=11.5%，在、250℃时，将2mol和2mol加入aL密闭容器中充分反应，同等比例加入反应物，压强增大，平衡正向移动，H2的平衡转化率会增大，即>11.5%，答案为D；
（3）根据图示，吸收能量最大能垒，即相对能量的差最大为-1.02-(-2.56)=1.54；根据图示，该步反应的方程式为NH3*+NH3=2NH3；若通入H2的体积分数过大，占据催化剂活性中心过多或体积分数过大时，催化剂吸附了较多的，阻碍了与催化剂的接触，导致催化剂催化效率降低；
（4）依据图2转化关系可知反应物为N2、H+和e-，生成物为NH3，根据图示所示反应量书写总反应式为：N2+6H++6e-=2NH3；
（5）①电催化氮气还原合成氨为电解池，电解池左边通N2转变成NH3发生还原反应为阴极，则电解池右边为阳极极，即Pt电极连接电源的正极；阴极的电极反应式为：N 2 +6H2O+6e-=NH3+6OH-，阳极的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，电解的总反应式为：；
②阴极的电极反应为：N 2 +6H2O+6e-=NH3+6OH-，阴极产生氨气，制得的氨气部分溶于溶液中，当电路上转移1.5mol电子时，阴极收集到的气体体积小于11.2L。
13．(1)AC
(2)AB
(3) BD
(4) 消耗反应中生成的，防止与反应 1
【详解】（1）A．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，故A正确；
B．根据第二步和第三步反应可知中间产物还有NO，故B错误；
C．根据第二步反应生成物中有NO2可知，NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故C正确；
D．第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，故D错误；
故选：AC；
（2）A．判断平衡状态的依据是变化量不再改变，比值不变不能作为判断依据，故A错误；
B．反应前后气体质量不变，所以密度不变，不能作为判断依据，故B错误；
C．恒容的密闭容器中，充入1molCO和1molNO，如果压强不变可以判断平衡，故C正确；
D．2v(N2)正=2v(CO)逆，速率之比等于系数比值，且方向相反，可以作为判断依据，故D正确；
故选：AB；
（3）根据N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)达到平衡时，v(NO2)=2v(N2O4)，则k1 p2(NO2)＝2k2 p(N2O4)，k1＝KPK2；
反应达到平衡状态时，消耗速率满足v(NO2)=2v(N2O4)，则能表示反应达到平衡状态的点是BD；
（4）阴极上发生的副反应为+3H++2e =HNO2+H2O；
阴极区溶液中加入N2H5NO3的目的是消耗反应中生成的HNO2，防止HNO2与U4+反应；
根据电子守恒和电荷守恒，转移1mole ，阴极区H+减少1mol。
14．(1) +137.0 A 140kPa
(2) 键 ⅲ ⅴ
(3) 温度越高反应速率越快；乙烷脱氢反应为吸热，温度升高，平衡正向移动 550℃
【详解】（1）①由标准摩尔生成焓定义可写出以下热化学方程式：
(Ⅰ) ΔHⅠ= 84.7kJ·mol-1
(Ⅱ) ΔHⅡ=+52.3kJ·mol-1
(Ⅲ) ΔHⅢ= 74.8kJ·mol-1
由(Ⅱ)-(Ⅰ)式得主反应式，则ΔH1=ΔHⅡ ΔHⅠ=+52.3kJ·mol-1 ( 84.7kJ·mol-1)=+137kJ·mol-1
同理可得ΔH2=2ΔHⅢ+ΔHⅡ 2ΔHⅠ=+72.1kJ·mol-1，ΔH3= ΔHⅠ=+84.7kJ·mol-1；
②A．主、副反应均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，可以提高C2H6平衡转化率，A符合题意；
B．主、副反应均为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，C2H6平衡转化率降低，B不符合题意；
C．原料气中掺入H2，H2浓度增大，主反应和第二个副反应平衡逆向移动，C2H6平衡转化率降低，C不符合题意；
D．原料气中掺入N2，不影响主、副反应各组分浓度，平衡不移动，不影响C2H6平衡转化率，D不符合题意；
故选A。
③平衡时各气体总的物质的量为n2=(0.3+0.6+0.1+0.7)mol=1.7mol，恒温恒容时，，则P2=170kPa，平衡时，，
，，所以；
（2）①反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ的活化能，可知断裂C-H键比断裂C-C所需能量高，所以更容易断裂的化学键C-C键；
②反应ⅳ生成甲烷，而甲烷含量较低，说明链传递的主要途径为反应ⅲ→反应ⅴ；
（3）①温度越高反应速率越快，乙烷脱氢反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，所以温度越高，乙烷转化率越大；
②据图可知当温度为550℃时乙烷的转化率可以长时间保持较高转化率，且乙烯的选择性较高，所以该催化剂的最佳工作温度550℃。
15．(1) a
(2)NaOH
(3) 抑制 此条件下的溶解主要受反应2的影响，增大该平衡正向移动 > 相同浓度下，在NaCl溶液中的溶解度比在HCl溶液中的小 饱和NaCl溶液中对溶解的抑制效果大于对溶解的促进效果
【分析】利用软锰矿和浓盐酸制取纯净干燥氯气，装置A为氯气发生装置，生成的氯气中混有HCl气体，B装置中饱和食盐水可以除去氯气中混有的HCl，C中浓硫酸可以干燥氯气，D装置收集氯气，E装置可以吸收过量的氯气，以此解答。
【详解】（1）装置A中和浓盐酸在加热的条件下发生反应生成氯气，可以使用装置a，发生反应的化学方程式为：。
（2）E装置可以吸收过量的氯气，盛放的试剂是NaOH溶液。
（3）①0.19，饱和氯水中c(Cl )=0.03mol L 1，c[Cl2(aq)]=0.062mol L 1，则=；
②图表数据可知，在HCl溶液中，c(HCl)＜0.2mol L-1时，反应以Cl2(aq)+H2O H++Cl-+HClO为主，Cl-对Cl2溶解起抑制作用，c(HCl)＞0.5mol L-1时，Cl2溶解度增大的原因是：此条件下Cl2的溶解主要受反应 的影响，c(Cl-)增大该平衡正向移动；
③综合以上数据分析可知，相同浓度下，Cl2在NaCl溶液中的溶解度比在HCl溶液中的小，对Cl2溶解的抑制效果：Na+＞H+，证据是相同浓度下，Cl2在NaCl溶液中的溶解度比在HCl溶液中的小；
④常温下饱和NaCl溶液抑制Cl2溶解的原因是：饱和NaCl溶液中Na+对Cl2溶解的抑制效果大于Cl-对Cl2溶解的促进效果。
答案第10页，共10页
答案第9页，共10页