江苏省盐城市2021-2022学年高二下学期期终考试化学Word版含解析

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2021/2022学年度高二年级第一学期期终考试化学试题可能用到的相对原子质量：一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.我国在科技领域取得重大突破。下列说法不正确的是A.以二氧化碳为原料，首次人工合成淀粉，淀粉属于混合物B.天舟四号飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为硅C.“嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢做推进剂，产物对环境无污染D.“海宁II号”使用的钻头采用硬质合金材料，其硬度低于组分金属【答案】D【解析】【详解】A．淀粉是天然高分子化合物，聚合度n值为不确定值，属于混合物，故A正确；B．硅是良好的半导体材料，可以制作太阳能电池，所以飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为硅，故B正确；C．液氧液氢生成不会对环境造成污染的水，所以运载火箭用液氧液氢做推进剂产生的产物对环境无污染，故C正确；D．一般而言，合金的硬度比各组分都锆，所以钻头采用硬质合金材料的硬度高于组分金属，故D错误；故选D。2.反应可用于烟气脱硫。下列说法正确的是A.的电子式：B.的VSEPR模型：C.和均为极性分子D.在水溶液中的电离方程式：【答案】C【解析】

1【详解】A．上述电子式中N的孤电子对未标出，正确的电子式为：，A错误；B．的中心S原子的孤电子对数为1，所以价层电子对数为2+1=3，即VSEPR模型是平面三角形，不是上面的四面体，B错误；C．的空间构型为三角锥形，为极性键组成的极性分子，的空间构型为V形，也属于极性键组成的极性分子，C正确；D．亚硫酸氢根离子为弱酸根离子，所以在水溶液中的电离方程式为：，D错误；故选C。3.下列关于碳及其化合物的性质与用途正确且有因果关系的是A.木炭有还原性，可用于制造黑火药B.HCHO能使蛋白质变性，可用于食品保鲜C.难溶于水，可用于钡餐D.受热易分解，可用作氮肥【答案】A【解析】【详解】A．木炭具有还原性，能与硝酸钾、硫发生氧化还原反应，常用于制造黑火药，故A正确；B．甲醛的水溶液有毒，不能用于食品保鲜，故B错误；C．钡餐的主要成分是硫酸钡，不是碳酸钡，故C错误；D．碳酸氢铵在溶液中能电离出被农作物吸收的铵根离子，是肥效较好的氮肥，故D错误；故选A。4.关于反应，下列说法正确的是A.该反应高温、低温下都能自发发生B.该反应平衡常数表达式是C.催化剂能提高平衡转化率D.平衡后扩大容积v(正)、v(逆)都减小【答案】D【解析】【详解】A．该反应是熵增的吸热反应，反应△H＞0、△S＞0，高温条件下反应△H—T△S＜0，反应能自发发生，故A错误；B．由方程式可知，反应平衡常数表达式是，故B错误；C．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，不能提高水蒸气的平衡转化率，故C

2错误；D．平衡后扩大容积，容器中气体压强减小，正逆反应速率都减小，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不能实现的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．甲醛含有醛基，在碱性条件下可与新制氢氧化铜悬浊液发生反应转化为碳酸钠，不能产生二氧化碳，A符合题意；B．镁在二氧化碳中燃烧可生成碳单质和氧化镁，B不符合题意；C．甲醇可与弱氧化剂氧化铜在加热条件下发生氧化反应转化为甲醛，C不符合题意；D．向碳酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，D不符合题意；故选A。6.实验室可由溶液制取无水。能达到实验自的是A.用装置甲制取氯气B.用装置乙氧化溶液中的溴离子C.用装置丙分离出溶液D.用装置丁蒸干溶液可得无水【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，装置甲中高锰酸钾固体能与浓盐酸反应制取氯气，故A正确；B．由图可知，装置乙中通入氯气的导气管未插入溴化铁溶液中，出气管插入了溶液中，不能达到氧化溴离子的目的，故B错误；C．由图可知，密度小的水层在下层，密度大的四氯化碳层在上层，水层和四氯化碳层的上下顺序错误，故C错误；D

3．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氯化氢，直接蒸干溶液时，氯化氢受热挥发使氯化铁水解趋于完全，最终得到氢氧化铁，无法得到无水氯化铁，故D错误；故选A。7.前3周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，周期表中元素Z的电负性最大，W与Z位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：B.第一电离能：C.最高价氧化物水化物的酸性：X>WD.W的氢化物分子间能形成氢键【答案】B【解析】【分析】前3周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，则X为N元素；周期表中元素Z的电负性最大，则Y为O元素、Z为F元素；W与Z位于同一主族，则W为Cl元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氮、氧、氟的原子半径依次减小，故A错误；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮、氧、氟三种元素的第一电离能大小顺序为，故B正确；C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于氮元素，高氯酸的酸性强于硝酸，故C错误；D．氯化氢不能形成分子间氢键，故D错误；故选B。8.海带提碘是工业碘的主要来源之一，下列说法不正确的是A.活性炭可以循环使用B.浓NaOH溶液与反应的离子方程式：C.两次“调节pH”均可以加稀硫酸调节溶液呈酸性D.回收的粗碘可通过升华进行提纯【答案】B

4【解析】【分析】由题给流程可知，向海带灰浸泡液中加入稀硫酸调节溶液pH使溶液呈酸性，加入亚硝酸钠溶液将酸性溶液中的碘离子氧化为单质碘；用活性炭吸附反应生成的碘，向取出的活性炭中加入浓氢氧化钠溶液，将碘转化为碘离子和碘酸根离子；向反应得到的含碘离子和碘酸根离子的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH，碘离子和碘酸根离子酸性条件下反应生成碘，过滤得到粗碘。【详解】A．由分析可知，活性炭的作用是吸附反应生成的碘，吸附的碘与浓氢氧化钠溶液反应后又得到活性炭，所以活性炭可以循环使用，故A正确；B．由分析可知，碘与浓氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，反应的离子方程式为，故B错误；C．由分析可知，两次调节溶液pH均可以为加稀硫酸调节溶液呈酸性，故C正确；D．碘受热易升华，所以回收的粗碘可通过升华进行提纯，故D正确；故选B。9.有机化合物X转化为Y的关系如下图所示。下列说法不正确的是A.化合物X、Y中杂化碳原子数相等B.能用酸性高锰酸钾溶液鉴别X、YC.化合物Y存在顺反异构体D.Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含有手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，化合物X、Y分子中都含有2个杂化的饱和碳原子，故A正确；B．由结构简式可知，化合物X、Y分子中都含有能使酸性高锰酸钾溶液褪色的醛基，则不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别X、Y，故B错误；C．由结构简式可知，化合物Y分子中碳碳双键的两个碳原子连有的原子或原子团不同，存在顺反异构体，故C正确；D．由结构简式可知，化合物Y分子与足量溴化氢发生加成反应生成或

5，和分子中都含有1个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故D正确；故选B。10.我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，装置示意图如图。下列说法正确的是A.电极a连接电源的负极，发生氧化反应B.电极b附近溶液pH增大C.单原子Ni催化剂上发生反应：D若电路中通过1.2mol电子时，理论上产生2.24L乙烯【答案】C【解析】【分析】由图可知，惰性电极a为电解池的阴极，二氧化碳在单原子镍做催化剂的条件下在阴极先得到电子发生还原反应生成一氧化碳，电极反应式为，放电生成的一氧化碳在单原子铜做催化剂的条件下在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为；电极b为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为。【详解】A．由分析可知，电极a为阴极，连接电源的负极，发生还原反应，故A错误；B．由分析可知，电极b为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为，放电时消耗氢氧根离子，则电极b附近溶液pH减小，故B错误；

6C．由分析可知，与直流电源负极相连的电极a为电解池的阴极，水分子作用下，二氧化碳在单原子镍做催化剂的条件下在阴极先得到电子发生还原反应生成一氧化碳和氢氧根离子，电极反应式为，故C正确；D．缺标准状况下，无法计算电路中通过1.2mol电子时，理论上产生乙烯的体积，故D错误；故选C。11.检验灼热的碳投入浓硫酸中产生的气体的成分，实验步骤如下：步骤1：先将该气体通入品红溶液中，观察现象；步骤2：将步骤1中的气体通入酸性高锰酸钾溶液后再通过品红溶液，观察现象；步骤3：再将步骤2中的气体通入澄清石灰水中，观察现象。下列说法错误的是A.步骤1中品红溶液褪色，说明产生气体中含B.步骤2的目的是除去并证明已除尽C.步骤3持续时间过长现象会消失，原因是生成了配合物D.一种碳-铁合金结构如图所示，该合金化学式是FeC【答案】C【解析】【分析】灼热的碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色。【详解】A．步骤1中品红溶液褪色说明灼热的碳与浓硫酸反应生成气体中含二氧化硫，故A正确；B．由题意可知，步骤2的目的是通入酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通入过品红溶液，通过溶液红色不褪色证明二氧化硫已除尽，防止二氧化硫干扰二氧化碳的检验，故B正确；C．步骤3持续时间过长现象会消失是因为碳酸钙与二氧化碳和水反应生成可溶性的碳酸氢钙，与生成配合物无关，故C错误；D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4

7，位于棱上和体心的碳原子个数为12×+1=4，则合金化学式为FeC，故D正确；故选C。12.室温下，通过下列实验探究溶液的性质。下列有关说法正确的是实验实验操作和现象1用试纸测定溶液的pH，测得约为5.52向含的稀溶液中加入，产生白色沉淀3向溶液中通入过量HCl气体，无明显现象4向溶液中通入一定量，测得溶液A.实验1的溶液中：B.实验2反应静置后的上层清液中：C.实验3所得的溶液中：D.实验4所得的溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．实验1的溶液为pH约为5.5的酸性溶液，说明草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，由于水也能电离出氢离子，所以溶液中氢离子浓度略大于草酸根离子浓度，故A错误；B．由题意可知，实验2反应中草酸氢钠过量，静置后的上层清液中钡离子的浓度不等于草酸根离子的浓度，则溶液中，故B错误；C．由题意可知，实验3所得的溶液为氯化钠和草酸、盐酸的混合溶液，混合溶液中存在物料守恒关系，故C错误；D．由题意可知，实验4所得的溶液中存在电荷守恒关系，存在物料守恒关系

8，中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，整合关系式可得，故D正确；故选D。13.催化重整的反应过程中，还发生积炭反应，积炭的存在会使催化剂失活。CO岐化：裂解：积炭反应中，温度和压强与平衡炭量的关系如下图a所示。下列说法正确的是A.重整反应B.图中压强C.表示温度和压强对裂解反应中平衡炭量影响的是图bD.在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，积炭主要由CO岐化反应产生【答案】D【解析】【详解】A．将题给反应编号为①②，反应②—①得到重整反应，则反应△H=(+75kJ/mol)—(—172kJ/mol)=+247kJ/mol，故A错误；B．由方程式可知，一氧化碳岐化反应为放热反应，甲烷的裂解反应为吸热反应，由图a可知，积炭反应为甲烷的裂解反应，该反应为气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡炭量减小，则压强p1、p2、p3依次增大，故B错误；C．甲烷的裂解反应为吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡炭量增大，则图

9b不符合平衡移动原理，故C错误；D．在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生说明积炭反应为气体体积减小的放热反应，积炭主要由一氧化碳岐化反应产生，故D正确；故选D。二、非选择题：共4题，共61分。14.高纯碳酸锰(MnCO3)是制备高性能磁性材料的主要原料。工业上以某软锰矿(主要为，还含有铁、铝、铜的氧化物)和硫铁矿(主要为)为主要原料，通过如下图所示途径生产并得到副产品。已知：“还原”反应为；，，；杂质离子浓度时可以看成完全沉淀；，。（1）基态核外电子排布式为_______。（2）实验室将气体通入浊液中以研究“还原”过程的适宜条件，为使充分反应，可以采取的措施有_______(写出一种措施即可)。（3）氧化后的溶液中，除杂是调节pH使杂质离子沉淀。则除杂时需调节溶液的pH范围是_______。（4）写出“沉淀”过程的离子方程式_______，滤液中可以回收的主要物质是_______。（5）已知反应：，在时反应充分。试设计用悬浊液制备石膏(CaSO4∙2H2O)的方案：向悬浊液中加入一定量溶液，_______。(可选用的试剂及用品：溶液、溶液、溶液、pH试纸)【答案】（1）[Ar]3d5

10（2）控制适当温度、缓慢通入混合气体、适当搅拌、提高二氧化锰的粉碎程度（3）5.5pH＜7.3（4）①.Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O②.(NH4)2SO4（5）边搅拌边缓慢滴加总量与相同量的溶液，用pH试纸测定反应液的pH，并用溶液或溶液调节溶液pH=5，充分反应后过滤【解析】【分析】硫铁矿(主要为)煅烧可生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫与软锰矿(主要为，还含有铁、铝、铜的氧化物)再进一步发生氧化还原反应，根据还原反应为可知，Mn元素转化为MnSO4，铁、铝、铜转化为铁离子、铝离子和铜离子，加入铁粉，还原Fe3+、Cu2+分别转化为Fe2+、Cu，过滤除去铜元素，再加入氧化，溶液中S元素被氧化为硫酸根离子、Fe2+被氧化为Fe3+，再加入氨水调溶液的pH后可形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去。过滤，向含Mn2+的溶液加入溶液后，生成沉淀，据此回答；【小问1详解】Mn的原子序数为25，其核外电子排布式为：[Ar]3d54s2，所以基态核外电子排布式为[Ar]3d5；【小问2详解】实验室将气体通入浊液中发生氧化还原反应生成硫酸锰和水，为使充分反应，根据反应物的状态时气液反应，结合反应速率的影响因素可采取的措施有：控制适当温度、缓慢通入混合气体、适当搅拌、提高二氧化锰的粉碎程度；【小问3详解】氧化后的溶液中，除杂是调节pH使铁离子和铝离子完全沉淀（溶液中最大浓度为10-5mol/L），结合溶度积常数可知，溶液中的氢氧根离子浓度最大为，所以pH的最小值为，不能沉淀，则溶液中的氢氧根离子浓度为，所以pH不大超过的最大数值为：，除杂时需调节溶液的pH范围是5.5pH＜7.3；

11【小问4详解】“沉淀”时，锰离子与碳酸氢根离子发生反应生成MnCO3、二氧化碳和水，其离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；滤液中含大量铵根离子和硫酸根离子，所以可以回收利用的是(NH4)2SO4，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；(NH4)2SO4；【小问5详解】根据题干信息，结合所给试剂，可采用的操作如下为：向悬浊液中加入一定量溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与相同量的溶液，用pH试纸测定反应液的pH，并用溶液或溶液调节溶液pH=5，充分反应后过滤，得到石膏(CaSO4∙2H2O)。15.赤霉酸是一种广谱性植物生长调节剂，可促进作物生长发育，使之提早成熟、提高产量、改进品质。螺环-烯酮(G)是合成赤霉酸的一种中间体，工业上可以通过下列流程合成螺环-烯酮。（1）G中所含官能团有羰基、_______、_______(填名称)。（2）A合成B时产生多种副产物，某种副产物分子式为，其结构简式为_______。（3）D转化为E的过程可以看成是两步反应，其反应类型依次是_______、_______。（4）写出一种满足下列条件的G的同分异构体的结构简式_______。I.分子中含有两个苯环；II.分子有5种不同化学环境的氢；III.能与金属钠反应放出，但不能与溶液显色。（5）写出以丙酮()为原料合成的合成路线流程图_______(无机试剂和本题题干试剂任用，合成路线示例见题干)。【答案】（1）①.碳碳双键②.醚键

12（2）（3）①.加成反应②.取代反应（4）或（5）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在钠作用下，A与发生取代反应生成B，酸性条件下，B与三氧化铬发生氧化反应生成C，碱性条件下，C与先发生加成反应，后发生消去反应生成D，D与CH2=CHMgBr先发生加成反应，后酸性条件下发生取代反应生成E，E与高碘酸钠发生氧化反应生成F，在氢氧化钠作用下，F先发生分子内加成反应，后发生消去反应生成G。【小问1详解】由结构简式可知，G分子的官能团为羰基、碳碳双键和醚键，故答案为：碳碳双键；醚键；小问2详解】由副产物分子式为C14H14可知，A合成B时发生的副反应为在钠作用下，B分子间发生取代反应生成和溴化钠，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，D转化为E的过程为D与CH2=CHMgBr先发生加成反应，后发生取代反应生成E，故答案为：加成反应；取代反应；【小问4详解】G的同分异构体分子中含有两个苯环，能与金属钠反应放出氢气，但不能与氯化铁溶液显色可知同分异构体分子中不含有酚羟基，只含有醇羟基，符合分子中有5种不同化学环境的氢的结构简式为、，故答案为：或；III.【小问5详解】由有机物的转化关系可知，以丙酮为原料合成的合成步骤为碱性条件下，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，与CH2=CHMgBr

13先发生加成反应，后酸性条件下发生取代反应生成，与高碘酸钠发生氧化反应生成，在氢氧化钠作用下，先发生分子内加成反应，后发生消去反应生成，合成路线为，故答案为：。16.以锂云母矿粉(主要成分为，还有少量、、)制备，可用于制备锂电池的正极材料。（1）浸取。向锂云母矿粉中加入30％硫酸，加热至90℃，装置如图所示。烧杯中NaOH溶液的作用是_______。（2）除杂。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节溶液的pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液至溶液的，过滤，得滤液的主要成分是_______。(完全沉淀的pH：为5.2；为3.2；为11.1)（3）制备。将所得滤液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和溶液，减压加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得固体。检验是否洗涤干净的实验方法是_______。（4）制备。①和混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料，写出反应的化学方程式：_______。

14②可由加热制得。在空气中受热时，固体残留率随温度的变化如图所示，试通过计算确定最适宜的加热温度为_______。(写出计算过程)【答案】（1）吸收HF，防止污染空气（2）Na2SO4和Li2SO4（或硫酸钠和硫酸锂）（3）取最后一次洗涤液于试管中，滴加足量稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净，反之没有洗涤干净（4）①.6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2②.设的物质的量为3mol，则可制备得到1mol，理论上固体残留率===，根据图示可知，确定最适宜的加热温度为500。【解析】【分析】锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)加入30%硫酸，溶解后加入氢氧化钠沉淀铁离子和铝离子，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，过滤，向滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子，据此结合实验步骤分析解答。【小问1详解】向锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)中加入30%硫酸，加热至90℃，反应会生成HF，HF会污染空气，因此烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气；【小问2详解】根据恰好完全沉淀时pH，向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6

15，过滤，得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>12，过滤，此时的滤渣主要成分为氢氧化镁沉淀，滤液主要含Na2SO4和Li2SO4（或硫酸钠和硫酸锂）；【小问3详解】根据实验操作可知，若洗涤不干净，表面会有残液，残液中含硫酸根离子，可借助硫酸根离子的检验方法来验证沉淀是否洗涤干净，具体的实验方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加足量盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净，反之没有洗涤干净；【小问4详解】①Li2CO3和Co3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCoO2，根据氧化还原反应原理分析Li2CO3、Co3O4和O2在高温下反应生成LiCoO2和CO2，其反应方程式：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；②在空气中受热时，若要得到，可设的物质的量为3mol，则可制备得到1mol，理论上固体残留率===，根据图示可知，确定最适宜的加热温度为500。17.含氮化合物(、等)是主要的污染物之一，消除含氮化合物的污染倍受关注。（1）已知反应，该逆反应活化能为，则其正反应活化能为_______。(用含a的代数式表示)。（2）某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱氮。催化机理如图1，反应历程如图2。

16①从化学键的角度解释能结合的原因：_______。②该脱氮过程的总反应方程式为_______。该反应历程的决速步骤是_______。(填选项)a．状态①→状态②　　b．状态②→状态③c．状态③→状态④　　d．状态④→状态⑤（3）一种电解法处理含有、的酸性废水，其工作原理及电极b中铁的化合物的催化机理如图3所示，H表示氢原子。

17①写出阳极的电极反应方程式_______。②电极b上铁的化合物催化含的酸性废水过程可描述为_______。【答案】（1）a—1169（2）①.NH3中的N有孤电子对，[CuⅡ(NH3)2]2+中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键②.4NO+4NH3+O24N2+6H2O③.c（3）①.Cl—+H2O—2e—=HClO+H+②.H+阴极得电子生成H原子，H与Fe(Ⅲ)反应生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)还原NO生成Fe(Ⅲ)和NH【解析】【小问1详解】该反应为放热反应，反应的焓变△H=—(E逆—E正)，则正反应活化能E正=(a—1169)kJ/mol，故答案为：a—1169；【小问2详解】①二氨合铜离子中具有空轨道的铜离子能与氨分子中具有孤对电子的氮原子形成配位键，所以二氨合铜离子能结合氨分子，故答案为：H3中的N有孤电子对，[CuⅡ(NH3)2]2+中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；②由图1可知，脱氮过程的总反应为催化剂作用下，氨气与一氧化氮、氧气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O；活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤取决于慢反应，由图2可知，状态③→状态④的活化能最大，则状态③→状态④是反应的决速步骤，故选c，故答案为：4NO+4NH3+O24N2+6H2O；c；【小问3详解】①由图可知，与直流电源正极相连的a电极为电解池的阳极，氯离子在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成次氯酸和氢离子，电极反应式为Cl—+H2O—2e—=HClO+H+，故答案为：Cl—+H2O—2e—=HClO+H+；②由图可知，与直流电源负极相连电极b为阴极，阴极上铁的化合物催化含硝酸根离子的酸性废水过程为H+在阴极得电子生成H原子，H与Fe(Ⅲ)反应生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)还原NO生成Fe(Ⅲ)和NH，故答案为：H+在阴极得电子生成H原子，H与Fe(Ⅲ)反应生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)还原NO生成Fe(Ⅲ)和

18NH。

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