重庆市育才中学校2023-2024学年高三上学期三校联考模拟考化学试题（清北班）（Word版附解析）

高2025届2023-2024学年(上)三校联考模拟考化学试题本试卷为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：N-14Zn-65O-16Na-23一、单选题1.下列文物修复与保护，主要运用“金属电化学腐蚀与金属保护”原理的是选项ABCD文物名称元青花四爱图梅瓶越王勾践剑云梦睡虎地秦简石家河玉人像A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】“瓶”主要成分是硅酸盐；“剑”主要成分是合金；“简”主要成分是纤维素；“玉”主要成分是硅酸盐等，剑的修复和保护要运用金属电化学腐蚀知识和金属保护知识；答案选B。2.锑(Sb)与N、P同主族。下列有关Sb说法中错误的是A.基态Sb原子的价层电子轨道表示式为B.常见的Sb的氧化物有、C.Sb的最高正化合价为+5价 D.锑的单质有黑锑和黄锑，黑锑和黄锑都属于锑的同素异形体【答案】A【解析】【详解】A．基态Sb原子的价层电子排布式为5s25p3，轨道表示式应标上能层能级，5p能级的轨道均填充电子，且电子自旋状态相同，故A错误；B．Sb元素位于第VA族，常见正化合价为+3和+5价，则常见的氧化物有、，故B正确；C．Sb与N、P同主族，位于第VA族，最高正化合价为+5价，故C正确，D．同种元素形成的结构不同的单质属于同素异形体，故黑锑和黄锑都属于锑的同素异形体，故D正确；故答案为A。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2L溶于水，溶液中、和HClO的微粒数之和为B.0.1mol/L溶液中，含的数目小于0.1C.0.1mol氯气分别与足量铁和铜完全反应时转移的电子数均为0.2D.常温下，1LpH=11的溶液中含的数目为0.002【答案】C【解析】【详解】A．氯气和水是可逆反应，标况下11.2L的物质的量为0.5mol，含氯原子数为NA，11.2L溶于水，一部分氯气未反应，所以依据氯原子守恒，溶液中、和HClO的微粒数之和小于，A错误；B．无体积无法计算，B错误；C．氯气分别与足量铁和铜反应均变成-1价，故0.1mol氯气分别与足量铁和铜完全反应时转移的电子数均为0.2，C正确；D．常温下，pH=11的中c(OH-)=10-11mol/L，1LpH=11的溶液中含的数目为0.001，D错误；故选C。4.工业废水中常含有一定量的 ，易被人体吸收积累而导致病变。处理工业含铬废水的方法通常是将转化为。可以利用工业废气中的处理酸性含铬废水，发生的反应为(已知：具有强氧化性)，下列说法正确的是A.加入过量的氢硫酸，有利于反应正向进行B.含铬的酸性废水中存在的反应有C.加入过量的氢氧化钠溶液，有利于反应正向进行D.加入足量的水，则正、逆反应速率均增大【答案】B【解析】【详解】A．氢硫酸具有还原性，能与重铬酸根离子反应，重铬酸根离子浓度减小，使反应逆向进行，A错误；B．重铬酸根离子在酸性废水中存在可逆反应：，B正确；C．加入过量氢氧化钠溶液，使溶液氢离子浓度减小，不利于反应正向进行，C错误；D．加入足量的水，离子浓度均减小，正逆反应速率均减小，D错误；故选B。5.25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是A.氯水存在Cl2(g)+H2O(l)⇌HClO(aq)+H+(aq)+Cl-(aq)，向平衡体系加水，c(Cl-)/c(HClO)不变B.室温下向10mL0.1mo1•L-1的氨水中加水稀释后，溶液中的值增大C.等体积等浓度的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液中，c(H+)相等D.向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，醋酸电离平衡向右移动，电离程度增大【答案】B【解析】【详解】A．氯水中还存在HClO⇌H++ClO-的电离平衡，稀释促Cl2(g)+H2O(l)⇌HClO(aq)+H+(aq)+Cl-(aq)和次氯酸的电离正向移动，因此c(HClO)减小得更多，c(Cl-)/c(HClO)会变大，A错误；B．氨水稀释，一水合氨的电离平衡正向移动，氢氧根、铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，溶液中增大，B正确；C．盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，等体积等浓度的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液中， c(H+)不相等，C错误；D．醋酸溶液中加入冰醋酸，使醋酸的电离平衡项又移动，但醋酸的电离程度减小，D错误；故选B。6.下列项目所涉及反应的离子方程式错误的是A.工程师用腐蚀铜电路板：B.消防员使用泡沫灭火器灭火：C.用过量的氨水吸收废气中的：D.工人用醋酸处理水垢中的氢氧化镁：【答案】B【解析】【详解】A．用腐蚀铜电路板时铁离子氧化铜单质，反应的离子方程式为：，故A正确；B．泡沫灭火器灭火是铝离子和碳酸氢根反应：，故B错误；C．过量的氨水吸收废气中的，生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：，故C正确；D．醋酸处理水垢中的氢氧化镁，反应的离子方程式为：，故D正确；故答案为：B。7.与在镍基催化剂催化作用下能发生如图所示的可逆反应，下列说法错误的是A.总反应为B.催化剂能降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子数目 C.图示反应过程中有极性键的断裂与形成D.更换更高效的催化剂，能提高的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息可知，与在镍基催化剂催化作用下转化为CO和H2，故总反应为，选项A正确；B．催化剂能降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子数目，加快反应速率，选项B正确；C．图示反应过程中有极性键碳氧键、碳氢键的断裂，有极性键氢氧键的形成，选项C正确；D．催化剂不能使平衡移动，不能改变平衡转化率，选项D错误；答案选D。8.青岛大学化学化工学院的刘晓敏、唐啸团队通过合理的设计，使得体系中的“碘”和“溴”发生反应，构建了高性能的锌-双卤素电池如图所示。下列叙述错误的是A.放电时，卤素离子向b极迁移B.放电时，完全反应时转移电子C.充电时，a极反应式为D.充电时，电能转化成化学能【答案】C【解析】【详解】A．根据图示可知，放电时，a极为正极，发生还原反应，b极为负极，发生氧化反应，原电池中阴离子向负极迁移，故A正确；B．放电时，负极反应为，，，故B正确；C．充电时，a极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，故C错误；D．充电时，将电能转化成化学能，放电时将化学能转化成电能，故D正确。 故答案为C。9.下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向溶液中加入溶液，充分反应后，滴入溶液，溶液变红与发生的反应为可逆反应B将铁钉置于盛有稀醋酸的试管中，长时间放置，暴露在空气中的铁钉表面出现大量锈迹铁钉只发生析氢腐蚀C将浓硫酸与灼热的木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察到品红溶液褪色，石灰水变浑浊浓硫酸与木炭反应生成了和D用注射器吸入和的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭。迅速向外拉活塞，观察到气体颜色先变浅后变深(最终颜色比拉动活塞前要浅)减小压强时该平衡向着生成的方向移动A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．若铁离子和碘离子的反应有一定限度，过量铁离子与碘离子反应后，溶液中一定含有碘离子，则判断铁离子和碘离子的反应有一定限度时，应检验溶液中是否存在碘离子，不能检验是否含有铁离子，A错误；A．吸氧腐蚀和析氢腐蚀都会发生，但是酸性条件下以析氢腐蚀为主；B错误；C．浓硫酸与灼热的木炭反应产生二氧化碳、二氧化硫，均使澄清石灰水变浑浊，应选足量酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫后，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，才可检验二氧化碳，C错误D．将注射器活塞外拉，气体浓度均减小，则颜色先变浅，而后平衡向着气体体积增大的方向，也即生成二氧化氮的方向移动，故颜色又会变深，但最终还是比原来颜色浅，D正确；故选D。10.25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是 A.加水稀释0.1mol·L-1氨水，溶液中减小B.向CH3COONa溶液中加入少量水稀释，溶液中的值增大C.将等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液等体积混合后：＜D.将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释过程中，始终增大【答案】B【解析】【详解】A．氨水加水稀释时，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的值增大，故A错误；B．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，加水稀释时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中钠离子的物质的量不变，醋酸根离子的物质的量减小，则溶液中的值增大，故B正确；C．等体积等物质的量浓度的硫化钠和硫氢化钠溶液混合溶液中=、=，溶液中氢离子浓度相等，一级电离常数远远大于二级电离常数，则溶液中＞，故C错误；D．氢氟酸加水稀释时，氟离子、氢离子浓度浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，的值减小，故D错误；故选B。11.工业上用溶液吸收硫酸工业尾气中的，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法正确的是 A.X应为直流电源的正极B.电解过程中阴极区氢氧根离子浓度降低C.图中的D.在电极上发生的反应为【答案】C【解析】【分析】利用电解原理实现用溶液吸收硫酸工业尾气中的，根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，Pt(Ⅰ)电极水得电子生成氢气和氢氧根离子，Pt(Ⅱ)电极区水失去电子产生氧气和氢离子，据此分析解答。【详解】A．根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，A项错误；B．Pt(Ⅰ)为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气，故Pt(Ⅰ)附近溶液的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b%>a%，C项正确；D．阳极上亚硫酸根离子在酸辛条件下失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为：SO＋H2O-2e-=SO＋2H+，D项错误；答案选C12.利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。已知：图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合；[注：起始Na2CO3体系中 ；不同pH下c(CO)由图1得到]。下列说法错误的是A.pH=7时，碳酸钠溶液体系中存在：c()>c(H2CO3)>c()B.M点时，溶液中存在c()=c(OH-)C.初始状态pH=9、，平衡后存在D.沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1NaHCO3溶液比0.1Na2CO3溶液效果好【答案】B【解析】【分析】由图1可知c()=c()时pH=10.25，则Ka2(H2CO3)=10-10.25，c(H2CO3)=c()时pH=6.37，则Ka1(H2CO3)=10-6.37；由图2可知【详解】A．由图1pH=7时三条曲线的相对高低可知，A正确；B．M点时pH=8.25，c(OH-)=5.75，c(OH-)=10-5.75mol/L，而由图1可知，pH=8.25时c()≈0.1mol·L-1，则根据Ka2可计算出c()≈10-3mol·L-1，B错误；C．初始状态pH=9、，此时恰好为Ni(OH)2的沉淀溶解平衡体系，而未达到NiCO3的沉淀溶解平衡，因此溶液中仍存在，C正确；D．由图2可知，pH>8.25时，Ni(OH)2沉淀比NiCO3优先析出，因此制备NiCO3时选用0.1mol·L-1NaHCO3溶液比0.1mol·L-1Na2CO3溶液效果好，D正确；故选D。13.常温下，用调节浊液的pH，测得在通入的过程中，体系中(X代表 或)与的关系如图所示。下列说法正确的是已知：为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。A.B.随着的加入，溶解度逐渐减小C.p点对应的溶液中D.m、n点时的溶液中均存在【答案】D【解析】【详解】A．HF的电离平衡常数，纵坐标相当于，随着变大，变大，变小，则表示的变化情况，表示的变化情况，根据m、n两点的数据，得，选项A错误；B．随着的加入，溶解平衡正向移动，溶解度增大，选项B错误；C．p点时，又根据组成可知，溶液中存在，故p点时，选项C错误；D．m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有，根据选项C知，故有，选项D正确；答案选D。14.恒压条件下，密闭容器中将CO2、H2按照体积比为1：3合成CH3OH，其中涉及主要反应：Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-49kJ·moI-1 Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=41kJ·moI-1在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图已知：CH3OH的选择性=下列说法正确的是A.保持恒温恒压下充入氮气，不影响CO的产率B.合成甲醇的适宜工业条件是约230°C，催化剂选择CZ(Zr-1)TC.使用CZ(Zr-l)T，230°C以上，升高温度甲醇的产率降低，原因是催化剂的活性降低D.使用CZT，230°C以上，升高温度甲醇的产率降低，是因为反应Ⅰ平衡逆向移动【答案】B【解析】【详解】A．充入氮气反应Ⅰ压强减小平衡逆向移动，H2和CO2增加从而导致反应Ⅱ的反应物浓度增大平衡正向，所以CO的产率增加，A项错误；B．相同条件下催化剂CZ(Zr-1)T选择性更高。此催化剂在230℃选择性最高且CH3OH的产率较高，所以甲醇的最适宜条件为约230°C、催化剂选择CZ(Zr-1)T，B项正确；C．230℃以上反应Ⅰ为放热反应升温平衡逆向，而反应Ⅱ为吸热反应升温平衡正向，导致甲醇的产率降低，C项错误；D．CZT，230°C以上甲醇的选择性低，且升温反应Ⅱ正向，所以该条件下主要以反应Ⅱ为主导致甲醇的产率降低，D项错误；故选B。二、填空题15.钛(Ti)的性质稳定，有良好的耐高温、抗酸碱、高强度、低密度等特性，工业上常用钛铁矿(主要含 FeTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)通过如图所示工艺流程制取钛，并回收镁、铝、铁等。已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；②常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mg2+开始沉淀的pH2.26.53.59.5沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)的pH3.29.74.711.1（1）为了提高“酸溶”的速率，可采取的措施有_____(任写一点)（2）“酸溶”后，钛主要以TiO2+形式存在，写出相应反应的离子方程式：_____。（3）“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.1，依次析出的金属离子是_____(填离子符号)；当Mg2+沉淀完全时，“母液”中Al3+的浓度为_____mol·L-1。（4）“水浸”后，过滤、洗涤得水浸渣(TiO2·xH2O)，检验TiO2·xH2O已洗涤干净的方法为_____。（5）“氯化”过程在高温下会生成一种有毒气体，写出“氯化”过程的化学方程式_____。（6）“还原”在800~900℃及惰性气体的保护下进行，要在惰性气体的保护下进行的原因是_____。【答案】（1）搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度（2）（3）①.②.（4）取最后一次洗液少量于试管，向试管中滴加氯化钡，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净（5）（6）防止镁与空气中氧气、氮气反应【解析】【分析】钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反应，其他物质与硫酸反应，过滤，向滤液中加入热水，过滤得到TiO2·xH2O，煅烧得到TiO2 ，再氯化得到四氯化钛，四氯化钛和镁反应生成钛和氯化镁，滤液中滴加氨水分步沉淀金属离子得到氢氧化物。【小问1详解】为了提高“酸溶”的速率，主要从接触面积、浓度、温度考虑，因此可采取的措施有搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度；故答案为：搅拌或粉碎或适当提高硫酸的浓度。【小问2详解】“酸溶”后，FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4、FeSO4和水，则反应的离子方程式：；故答案为：。【小问3详解】“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.1，根据金属离子沉淀完全的pH值得到依次析出的金属离子是；当Mg2+沉淀完全时，pH=11.1，则“母液”中Al3+的浓度为mol·L-1；故答案为：；。【小问4详解】“水浸”后，过滤、洗涤得水浸渣(TiO2·xH2O)，检验TiO2·xH2O是否洗涤干净主要是检验最后一次洗液中是否含有硫酸根离子，其方法为取最后一次洗液少量于试管，向试管中滴加氯化钡，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净；故答案为：取最后一次洗液少量于试管，向试管中滴加氯化钡，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净。【小问5详解】“氯化”过程在高温下会生成一种有毒气体CO，还有TiCl4，则“氯化”过程的化学方程式；故答案为：。【小问6详解】“还原”在800~900℃及惰性气体的保护下进行，要在惰性气体的保护下进行的原因是Mg是活泼性金属，在空气中与氧气、氮气反应，因此防止镁与空气中氧气、氮气反应；故答案为：防止镁与空气中氧气、氮气反应。16.亚硝酸钠()是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。I（1）已知：常温下，。则0.1mol⋅L溶液的pH约为_____。在该温度下，将其与的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液的pH_______7(填“>”、“<”或“=”)。 Ⅱ．某化学实验小组用如图装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠。已知：；酸性条件下，NO、和均能与反应生成和。（2）装置A中发生反应的化学方程式为___________。（3）装置C、E的作用是___________。（4）反应完全后，为测定产品纯度，该小组取4.00gD中的产品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol⋅L酸性溶液进行滴定，实验所得数据如表(假设酸性溶液不与杂质反应)：滴定次数1234消耗溶液体积/mL20.9020.0220.0019.98①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是___________(填代号)。a．锥形瓶洗净后未干燥b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c．滴定终点时俯视读数d．酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失②滴定终点的实验现象为___________。③该产品中亚硝酸钠的质量分数为___________。(计算结果保留4位有效数字)Ⅲ．亚硝酸钠也是一种食品添加剂，某腌制品中亚硝酸钠含量随时间变化如图所示。（5）若要保证在亚硝酸钠含量低于1mg∙kg-1时食用，则三种条件下保存时间最长的是___________(填序号)。 【答案】（1）①.3②.<（2）(浓)（3）防止水蒸气进入D中（4）①.bd②.溶液由无色变浅紫红色，且半分钟内不变色③.86.25%（5）③【解析】【分析】浓硝酸与铜丝反应生成二氧化氮，二氧化氮在装置B中与水反应生成NO，通过装置C干燥进入装置D中与过氧化钠反应，装置E防止水蒸气进入装置D，最后尾气进入装置F除去NO、NO2等，防止污染空气；【小问1详解】0.1mol•L-1HNO2溶液存在如下电离，，c(H+)=c()，c()=0.1mol/L，则c(H+)=，则pH=3；的NaOH溶液c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L,在该温度下，将其与的NaOH溶液等体积混合后，酸过量，所得溶液的pH<7；【小问2详解】装置A中铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，发生反应的化学方程式为(浓)；【小问3详解】装置C、E中装有碱石灰，其作用是防止水蒸气进入D中；【小问4详解】①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据分析，c(标准)不变，故a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据分析，c(待测)偏大，故b正确；c．滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据分析，c(待测)偏小，故c 错误；d．酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致在读数数值偏大，故d正确；答案选b、d；②高锰酸钾溶液呈紫红色，滴定终点的实验现象为溶液由无色变浅紫红色，且半分钟内不变色；③去掉实验1异常的数据，计算消耗高锰酸钾的物质的量：0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，根据离子方程式，可得关系式，即亚硝酸钠物质的量为0.005mol，原样品中亚硝酸钠物质的量为0.05mol，其质量为0.05mol×69g/mol=3.45g，即亚硝酸钠的质量分数为×100%=86.25%；【小问5详解】根据题图可以看出，若要保证在亚硝酸钠含量低于1mg∙kg-1时食用，则三种条件下保存时间最长的是冷藏不密封用时最长，答案选③。17.氨是一种重要的化工原料，电化学合成氨在工业上起着相当重要的作用。（1）电解法合成氨反应装置如图所示：①b极为___________(填“阴”或“阳”)极，a极的电极反应式为___________。②电解装置中质子交换膜的作用为___________。③若极产生的在一定条件下的体积为极中通入相同条件下的总体积为，则的转化率为___________(保留两位有效数字)。（2）近几年科学家研究通过一种生物燃料电池实现室温下合成氨，其工作原理如图： 该电池负极是电极___________(填“a”或“b”)，正极反应式为___________；对比传统的工业合成氨，生物燃料电池合成氨的优点是___________(任写一条)。（3）科学家在以悬浮的纳米作催化剂，和为原料直接常压电化学合成氨方面取得了突破性进展。其工作原理如图所示：①电极处发生的总反应为。已知该反应分为两步，其中第二步的反应为，则第一步反应为___________。②蒙乃尔筛网处发生的电极反应为___________。【答案】（1）①.阳②.③.为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴、阳两极产物接触④.33（2）①.a②.③.条件温和(或生成氨同时释放电能)（3）①.②.【解析】【小问1详解】①根据图示可知：在b极上H2O中O元素失去电子发生氧化反应生成O2，因此b极为阳极；a极上N2得到电子发生还原反应生成NH3，因此a极为阴极，其电极反应式为：N2+6e-+6H+=2NH3；②质子交换膜只允许H+和H2O通过，a极上会消耗H+，b极上会生成H+，NH3能与H+反应生成，因此质子交换膜的作用是：为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴、阳极产物接触；③b极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为2N2~3O2，生成O2和通入N2的体积比为3：2，实际情况在相同条件下通入N2的体积和生成O2的体积比为672L：336L=2：1，即通入1molN2生成0.5molO2，因此N2的转化率为；【小问2详解】根据装置中物质的转化过程，电极b上MV2+转化为MV+，过程中得到电子，则电子从电极a流向电极b，电极a为负极，电极b为正极；正极的电极反应式为MV2++e--=MV+ ；该电化学装置运行过程中，利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，因此较之于传统的合成氨工业，该方法的优点有：条件温和、生成氨的同时释放电能，故答案为：a；MV2++e--=MV+；条件温和(或生成氨的同时释放电能)；【小问3详解】①Ni电极处两步反应合并得到总电极反应式N2＋6e-＋6H2O=2NH3＋6OH-，再根据电解质成分及第二步反应的方程式，总方程式与第二步反应方程式拆分，得到第一步相应电极反应式，所以本问应填“Fe2O3＋6e-＋3H2O=2Fe＋6OH-”；②根据产物分析，Ni电极是阴极，所以蒙乃尔筛网所在电极是阳极，再根据电解液成分，该电极处应是OH-失电子生成O2和H2O，所以本问应填“4OH--4e-=2H2O+O2↑”。18.CO2的资源化利用能有效减少CO2的排放，充分利用碳资源。（1）全球变暖现象很可能是大气中的温室气体（如CO2）聚集造成的。有科学家提出可以将CO2通过管道输送到海底，这样可减缓空气中CO2浓度的增加。下列有关说法正确的是__（填字母）。A．送到海底越深的地方，CO2溶解得越多，同时CO2可能液化甚至变成干冰B．把CO2输送到海底，会使海水酸性增强，有利于海洋生态环境C．把CO2输送到海底，这是人类减缓空气中CO2浓度增加速率的唯一办法D．要减缓空气中CO2浓度的增加，最有效的措施是使用新能源和植树造林（2）已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890kJ·mol-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-572kJ·mol-1则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH=__kJ·mol-1。（3）CO2催化加氢合成二甲醚是CO2转化的一种方法，主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ·mol-1反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.5kJ·mol-1在一体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2与1molH2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化曲线如图所示。其中：CH3OCH3的选择性=×100%。 ①CH3OCH3的选择性随温度的升高而降低的原因是___。②270℃时，测得平衡时CH3OCH3的物质的量为0.1mol，此时反应Ⅰ的化学平衡常数K=__（保留2位有效数字）。（4）多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类（如C2H4）的金属。电解装置中分别以多晶Cu和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度（约0.1mol·L-1左右）基本保持不变。并向某极室内持续通入CO2，温度控制在10℃左右。通入CO2的电极为___（填“阴极”或“阳极”），生成C2H4的电极反应式为__。【答案】①.AD②.-254③.反应I的△H>O，反应Ⅱ的△H<0，温度升高，反应I正向进行，反应Ⅱ逆向进行，CH3OCH3的选择性降低④.0.83⑤.阴⑥.14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－【解析】【分析】（1）从影响环境的角度考虑；（2）根据盖斯定律进行分析；（3）利用化学平衡常数的表达式进行分析；（4）利用电解原理、电极反应式的书写；【详解】（1）A、气体溶解度随压强的增大而增大，压强增大CO2可能液化，故A说法正确；B、CO2能与水反应生成H2CO3，使海水酸性增强，破坏海洋生态环境，故B说法错误；C、减缓空气中CO2浓度有多种方法，如合成聚二氧化碳塑料等，故C说法错误；D、使用新能源减少CO2排放，植树造林可降低CO2浓度，故D说法正确；答案为AD；（2）利用盖斯定律，根据目标反应方程式，有②×2－①，△H=(－572×2kJ·mol－1)－(－890kJ·mol－1)=－254kJ·mol－1；答案为－254kJ·mol－1；（3）①反应I△H>0，属于放热反应，升高温度，平衡正向移动，反应Ⅱ的△H<0，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CH3OCH3的选择性降低；答案为反应I的△H>O，反应Ⅱ的△H<0，温度升高，反应I正向进行，反应Ⅱ逆向进行，CH3OCH3的选择性降低；②根据图象，在270℃时，CH3OCH3的选择性为50%，测的平衡时CH3OCH3的物质的量为0.1mol，依据CH3OCH3的选择性公式计算出反应中消耗CO2的物质的量为0.4mol，则剩余CO2的物质的量为(1－0.4)mol=0.6mol，因此有 达到平衡后n(H2O)=0.5mol，n(H2)=(1－0.8)mol=0.2mol，n(CO)=0.2mol，根据化学平衡常数的表达式，K=，代数数值K≈0.83；答案为0.83；（4）根据题意CO2→C2H4，C的化合价由＋4价→－2价，化合价降低，根据电解原理，通入CO2的电极为阴极，其电极反应式为14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－；答案为阴极；14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－。