浙江省2023-2024学年高二上学期期末模拟化学试卷（解析版）

PAGEPAGE1浙江省2023-2024学年高二上学期期末模拟卷第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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.下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是()A．2NO2(g)(g)N2O4(g)ΔH＜0，把NO2球浸泡在冰水中，气体颜色变浅B．用饱和NaHCO3除去CO2中的HCl，可减少CO2的损失C．对NO2(g)+CO2(g)CO2(g)+NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深D．向含有Fe(SCN)3的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去〖答案〗C〖解析〗A项，放在冰水中，温度降低，2NO2(g)(g)N2O4(g)ΔH＜0，平衡向生成无色气体的方向移动，所以颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B项，二氧化碳在水中存在化学平衡：CO2+H2OH2CO3H++HCO3-，使用饱和NaHCO3时，由于HCl在水中溶解度很大，可以除去杂质，同时由于溶液中碳酸氢根浓度增大，化学平衡逆向移动，减少二氧化碳溶解度，可减少二氧化碳的损失，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C项，该反应气体分子数不变，，而加压平衡并未移动，体系颜色加深是因为压缩体积使有色气体的浓度增大，不可以用勒夏特列原理解释，C符合题意；D项，铁离子与铁粉反应而浓度降低，使平衡Fe3+＋3SCN－=Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选C。2．下列化学用语的表达错误的是()A．乙烯的空间填充模型B．CaC2的电子式C．基态N原子的价层电子排布图D．CO3-的VSEPR模型为平面三角形〖答案〗B〖解析〗A项，乙烯为平面型分子，该空间填充模型正确，故A正确；B项，CaC2为离子化合物，其电子式为：，故B错误；C项，N原子的最外层是第二层有5个电子，基态N原子的价层电子排布图为：，故C正确；D项，CO3-中心碳原子的价层电子对数为，无孤对电子，所以VSEPR模型为平面三角形，故D正确；故选B。3．下列说法正确的是()A．图①装置向盛装酸溶液的烧杯中加碱溶液时要小心缓慢B．图②操作可排出盛有KMO4溶液滴定管尖嘴内的气泡C．图③中反应开始后针筒向右移动，但不能说明反应放热D．图④装置盐桥中阳离子向ZO4溶液中迁移〖答案〗C〖解析〗A项，中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差，A错误；B项，高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，B错误；C项，锌和稀硫酸生成氢气，装置中压强变大也会使得针筒右移，故不能说明反应放热，C正确；D项，由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向正极一侧的硫酸铜溶液中迁移，D错误；故选C。4．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．电解200mL0.5mol·L-1溶液，转移的电子数最多为0.1NAB．由热化学方程式PCl3(l)+Cl2(g)PCl5(s) ΔH＝－123.8kJ·mol－1可知，要使反应放出123.8kJ的热量，反应前PCl3(l)与Cl2(g)的分子个数均为NAC．常温下，含有1mol·L-1的Na+的CH3COONa溶液中，CH3COO-数目可能大于NAD．在25℃时，1LpH为12的a(OH)溶液中含有OH-数目为0.02NA〖答案〗C〖解析〗A项，电解200mL0.5mol·L-1溶液，由于未指明电极材料，当由活性电极做阳极时，转移电子数大于0.1NA，A错误；B项，由热化学方程式PCl3(l)+Cl2(g)PCl5(s) ΔH＝－123.8kJ·mol－1可知，要使反应放出123.8kJ的热量，理论上反应前PCl3(l)与Cl2(g)的分子个数均为NA，但由于其为可逆反应，因此反应前分子数应大于NA，B错误；C项，CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-会发生水解，但由于未指明体积，因此含有1mol·L-1的Na+的CH3COONa溶液中，CH3COO-数目可能大于NA，C正确；D项，在25℃时，pH为12的a(OH)溶液中含有OH-浓度为0.01mol/L；则在25℃时，1LpH为12的a(OH)溶液中含有OH-数目为0.01NA，D错误；故选C。5．常温下，NH3•H2O的Kb约为10-5。在下列装置中存在不同pH的两种溶液，溶液中离子不能穿过隔膜，分子可以自由穿过隔膜(如图所示)。已知c起始(NH3•H2O)=c平衡(NH3•H2O)+c(NH)。当达到平衡时，下列叙述正确的是()A．溶液I中c(OH-)=c(H+)+c(NH)B．溶液I和II中的c平衡(NH3•H2O)不相等C．溶液II中为0.1D．溶液I和II中c起始I(NH3•H2O)：c起始II(NH3•H2O)=101：110〖答案〗D〖解析〗A项，常温下溶液I的pH=7.0，c(OH―)=c(H＋)，A错误；B项，根据题意，未电离的NH3•H2O分子可以通过隔膜，说明溶液I和溶液II中的c平衡(NH3•H2O)相等，B错误；C项，溶液II的pH=8，溶液中mol/L，，c平衡(NH3•H2O)=0.1c(NH4+)，根据c起始(NH3•H2O)=c平衡(NH3•H2O)+c(NH4+)=1.1c()，则，C错误；D项，根据C的分析，c起始II(NH3•H2O)=1.1c(NH4+)，同理，溶液I的pH=7.0，，c起始I(NH3•H2O)=1.01c(NH4+)，溶液I和II中c起始I(NH3•H2O)：c起始II(NH3•H2O)=1.01：1.1=101：110，D正确；故选D。6．已知X、Y是短周期的两种元素，下列相关结论一定正确的是()选项条件结论A若原子半径：X>Y则原子序数：X<YB若X、Y分别属于金属、非金属元素则X、Y之间形成离子键C若分子式为XY2则该分子的VSEPR模型为直线型D若XYa中X显负价则元素的电负性：X>Y〖答案〗D〖解析〗A项，同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，若X、Y同周期，原子半径：X>Y，则原子序数：X<Y；若X、Y为短周期同主族元素，原子半径：X>Y，可知X的周期数大于Y，即原子序数X＞Y，故A项错误；B项，金属元素与非金属元素之间可能形成共价键，如AlCl3是共价化合物，Al与Cl形成的是共价键，故B项错误；C项，SO2分子中中心原子S是sp2杂化，则VSEPR模型为平面三角形，故C项错误；D项，电负性大的元素得电子能力强，在化合物中显负价，化合物中X显负价，则元素的电负性：X>Y，故D项正确；故选D。7．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气；侯氏制碱法用氨气、二氧化碳，与饱和食盐水制备纯碱碳酸钠。下列有关NH3、NF3、NH4+、NO2-、NO3-等含氮粒子的说法正确的是()A．NH3中N-H键角比NH4+中N-H键角大B．NH3极易溶于水，主要原因是NH3分子间能形成氢键C．NH3的水溶液能导电，但一水合氨不能完全电离，因此NH3属于弱电解质D．NH3、NF3的空间构型都是三角锥型，NO2-、NO3-中的N都是sp2杂化〖答案〗D〖解析〗A项，分子中中心原子上的孤电子对数越多，键角越小，故NH3中N-H键角比NH4+中N-H键角小，故A错误；B项，NH3极易溶于水，主要原因是NH3分子与水分子间能形成氢键，故B错误；C项，NH3自身不能电离，NH3是非电解质，故C错误；D项，NH3、NF3均为sp3杂化，一个孤电子对，故为三角锥形，NO2-的价层电子对数为2+=3，NO3-的价层电子对数为3+=3，故N原子都是sp2杂化，故D正确；故选D。8．1mol液态肼完全燃烧生成N2气体和液态水放出577kJ的热量。工业上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2]，尿素在高温条件下可将汽车尾气中的NO转化为无毒气体N2。下列化学反应表示正确的是()A．N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH＝－577kJ·mol－1B．碱性N2H4燃料电池负极发生的电极反应式：N2H4+4↑C．NaClO氧化氨气制取N2H4的离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2OD．N2H4与NO2高温下反应的化学方程式：N2H4+N↑+〖答案〗C〖解析〗A项，1mol液态肼完全燃烧生成N2气体和液态水放出577kJ的热量，则N2H4燃烧的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH＝－577kJ·mol－1，故A错误；B项，负极失电子，负极反应为：N2H4-4↑，故B错误；C项，NaClO氧化氨气制取N2H4，1molNaClO得2mol电子，1mol氨气失1mol电子，根据得失电子守恒得离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，故C正确；D项，1molN2H4失去4mol电子生成氮气，1mol二氧化氮得4mol电子生成氮气，根据得失电子守恒得反应方程式：2N2H4+2N↑+，故D错误；故选C。9．某学习小组探究原子半径对同种元素形成化学键键能的影响。下表是某些化学键的键能：化学键键能/kJ·mol－346193142201242616418495345下列说法不正确的是()A．碳碳叁键键能小于1038kJ·mol－1B．N、O同种元素之间形成的σ键和π键的键能大小，σ键小于π键C．P与P形成的σ键的键能大于π键的键能，故白磷以P4形式存在而不以P2形式存在D．若(g)相对能量为0，则(g)的相对能量为-121kJ·mol－1〖答案〗D〖解析〗A项，碳碳叁键键能小于3倍的碳碳单键的键能，故小于1038kJ·mol－1，A正确；B项，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，比较N-N与N=N、O-O与O=O的键能数据可知，N、O同种元素之间形成的σ键和π键的键能大小，σ键小于π键，B正确；C项，比较P-P与P=P的键能数据可知，P与P形成的σ键的键能大于π键的键能，P4间P原子以σ键形成，能量更低，故白磷以P4形式存在而不以P2形式存在，C正确；

D项，断键吸收能量，若(g)相对能量为0，则(g)的相对能量为+121kJ·mol－1，D错误；故选D。10．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是()A．使用催化剂可以降低过渡态的能量B．反应物能量之和大于生成物能量之和C．N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g)ΔH＝-139kJ·mol－1D．断键吸收能量之和大于成键释放能量之和〖答案〗D〖解析〗A项，催化剂可以降低活化能，降低过渡态的能量，A正确；B项，根据图象可知，此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，B正确；C项，根据图象可知，此反应放热Q=348kJ/mol-209kJ/mol=139kJ/mol，故热化学方程式为：ΔH＝-183kJ·mol－1，C正确；D项，△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和＜0，断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，D错误；故选D。11．在一定温度压强下，依据图示关系，下列说法不正确的是()A．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)

ΔH=ΔH1-ΔH2B．1molC(石墨)和1molC(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g)，前者放热多C．ΔH5=ΔH1-ΔH3D．化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关〖答案〗B〖解析〗A项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g)

ΔH1反应II：CO(g)+(g)=CO2(g)ΔH2，则反应I-反应II得C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH1-ΔH2，A正确；B项，由题干信息可知，C(石墨)=C(金刚石)ΔH5＜0，即1molC(石墨)具有的总能量低于1molC(金刚石)，则1molC(石墨)和1molC(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g)，后者放热多，B错误；C项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g)ΔH1，反应III：C(金刚石)+(g)=CO(g)则反应I-反应III得C(石墨)=C(金刚石)，根据盖斯定律可知，ΔH5=ΔH1-ΔH3，C正确；D项，根据盖斯定律可知，化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故选B。12．如图1、图2分别表示1molH2O和1molCO2分解时的能量变化情况(单位：kJ)。下列说法错误的是()A．CO的燃烧热ΔH＝-285kJ·mol－1B．C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH＝+134kJ·mol－1C．的键能为D．无法求得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的反应热〖答案〗D〖解析〗由图1可知，H-H键能为436kJ/mol,O=O键的键能为247kJ/mol×2=494kJ/mol,1molH2O(g)分解生成O2(g)和H2(g)的热化学方程式为H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ⋅mol-1，即O2(g)+H2(g)=H2O(g)ΔH=-243kJ/mol；由图2可知，CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/mol,C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ/mol。A项，由图2可知，CO的燃烧热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/mol，故A正确；B项，根据分析可知，①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ/mol，②H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ⋅mol-1，③CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/mol，由盖斯定律①+②-③可得C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH＝+134kJ·mol－1，故B正确；C项，由图1可知，O=O键的键能为247kJ/mol×2=494kJ/mol，故C正确；D项，根据盖斯定律，将两式H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ/mol、CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/mol相加可得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的反应热，故D错误；故选D。13．质子交换膜氢氧燃料电池具有能量密度高等优点，质子交换膜主要成分为全氟磺酸聚合物，吸水后，强疏水性主链和亲水性侧链形成尺寸为3-5纳米的离子通道。质子通过水、-SO3-等载体之间氢键的伸缩振动，定向连续传递。电池及膜的工作原理如下图所示，下列说法不正确的是()A．通O2电极的电势比通H2电极的电势高B．质子交换膜燃料电池的电解质为全氟磺酸聚合物C．给出质子能力：H2O>质子交换膜的-SO3HD．质子交换膜吸水后形成离子通道〖答案〗C〖解析〗A项，该燃料电池中，氢气失去电子被氧化为负极、氧气得到电子被还原为正极，则通O2电极的电势比通H2电极的电势高，A正确；B项，氟原子电负性大，是吸电子基团，导致-SO3H中羟基极性增强，易电离出氢离子，故质子交换膜燃料电池的电解质为全氟磺酸聚合物，B正确；C项，结合选项B可知，给出质子能力：H2O＜质子交换膜的-SO3H，C错误；D项，由图及题干信息可知，主链疏水，内侧-SO3-亲水，形成了质子传导的水通道，D正确；故选C。14．室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。实验1：用pH试纸测量0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8实验2：将0.1mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀实验3：饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，溶液pH从12下降到约为9实验4：0.1mol•L-1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡下列说法正确的是()A．由实验1可得出：Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)＜10-16B．实验2中两溶液混合时有：Ksp(CaCO3)＞2.5×10-3C．实验3中发生反应的离子方程式为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-D．实验4所得溶液中c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)〖答案〗A〖解析〗A项，实验1中，Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)=∙=，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH约为8，表明溶液中HCO3-水解是主要的，电离是次要的，c(CO32-)＜c(H2CO3)，所以＜c2(H+)=10-16，A正确；B项，实验2中两溶液混合时，c(Ca2+)=0.05mol•L-1，c(HCO3-)＜0.05mol•L-1，则有：Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)∙c(HCO3-)=(0.05mol•L-1)∙(＜0.05mol•L-1)＜2.5×10-3，B不正确；C项，实验3中发生反应的离子方程式为2Na++CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，C不正确；D项，实验4中，0.1mol•L-1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡，则有一部分H2CO3发生分解，生成CO2，所得溶液中c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)+c(CO2)，则c(Na+)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，D不正确；故选A。15．已知：常温下，Ksp[Co(OH)2]＞Ksp[Pb(OH)2]，。常温下在含大量Co(OH)2和Pb(OH)2的浊液中滴加HNO2溶液，浊液中[，、、]与关系如图，平衡常数K大于或等于时认为反应不可逆(即完全反应)，下列叙述正确的是()A．直线代表和的关系B．常温下，Ksp[Co(OH)2]=1.0C．当Pb(OH)2、Co(OH)2共存时，D．Co(OH)2、Pb(OH)2都能完全溶于亚硝酸溶液中〖答案〗B〖解析〗溶液的pH越大，溶液中的值越小，金属离子的浓度越小，则直线L3代表—lg与pH的关系，由溶度积可知，直线L1、L2分别代表—lgc(Pb2+)、—lgc(Co2+)与pH的关系，由图可知，M点溶液pH为5、铅离子浓度为1.0×10—2mol/L，则氢氧化铅的溶度积为1.0×10—2×(1.0×10—9)2=1.0×10—20，N点溶液pH为7.5、亚钴离子浓度为1.0×10—2mol/L，则氢氧化亚钴的溶度积为1.0×10—2×(1.0×10—6.5)2=1.0×10—15；P点溶液pH为7、—lg为—2.7，则亚硝酸的电离常数为5×10—5。A项，直线L3代表—lg与pH的关系，故A错误；B项，氢氧化亚钴的溶度积为1.0×10—15，故B正确；C项，当氢氧化铅和氢氧化亚钴共存时，溶液中====1.0×105，故C错误；D项，氢氧化铅溶于亚硝酸的反应为Pb(OH)2+2HNO2Pb2++2NO2-，反应的平衡常数K=====0.25＜1.0×105，所以氢氧化铅不能完全溶于亚硝酸，故D错误；故选B。16．下列实验操作或实验方案，能达到目的的是()选项实验操作或实验方案目的向Mg(OH)2悬浊液中加浓NH4Cl溶液，沉淀溶解主要原因是铵根水解显酸性、中和OH-促进反应用重铬酸钾与浓盐酸反应，通过饱和食盐水制取并得到干燥氯气用Na2S2O3溶液分别0.03mol·L-1、0.06mol·L-1的H2SO4反应，记录出现浑浊的时间探究浓度对反应速率的影响向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量溶液，沉淀颜色变为黄色证明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)〖答案〗C〖解析〗A项，向Mg(OH)2悬浊液中加浓NH4Cl溶液，铵根与Mg(OH)2溶解平衡产生的OH-反应，促进溶解正向移动，沉淀溶解，故A错误；B项，重铬酸钾与浓盐酸反应生成氯气，饱和食盐水可除去HCl，缺少浓硫酸干燥氯气，故B错误；C项，Na2S2O3溶液分别0.03mol·L-1、0.06mol·L-1的H2SO4反应，氢离子浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，故C正确；D项，AgNO3能与少量KI溶液反应生成黄色沉淀，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，故D错误；故选C。第II卷（非选择题共52分）二、非选择题：本题共5个小题，共52分。17．(10分)碳族化合物在研究和生产中有许多重要用途，请回答下列问题：(1)已知SiH4中硅元素为＋4价，则H、C、O、Si的电负性由大到小的顺序为。(2)氮化硅(Si3N4)是一种耐磨损、耐高温的结构陶瓷材料，其部分空间结构如图所示，其结构中每个原子杂化类型相同且均达到8电子稳定结构，请比较晶体结构中键角大小：N-Si-NSi-N-Si(填“>”、“＜”或“=”)。(3)基态硅原子核外电子的空间运动状态有种，太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅，硅与氢能形成一系列二元化合物如SiH4、Si2H6等，丁硅烯(Si4H8)中σ键与π键的个数比为。(4)已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的分子式是XY4。试回答：Y元素原子最外层电子排布图为______________________。若X、Y两元素的电负性分别为1.8和3.0，则XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。XY4的立体构型为________________形，中心原子采取________________杂化，分子为____________(填“极性分子”或“非极性分子”)。XY4的沸点与SiCl4比较：__________(填化学式)的高，原因是__________________________________。〖答案〗(1)O>C>H>Si(1分)(2)>(1分)(3)8种(1分)11：1(1分)(4)(1分)共价键(1分)正四面(1分)体sp3(1分)非极性分子(1分)GeCl4(1分)组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高(1分)〖解析〗(1)同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；已知中硅元素为+4价，则氢元素为负价，电负性大于硅，故H、Si、O、C的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Si；(2)结构中每个原子杂化类型相同均为sp3杂化，每个硅原子与4个氮原子成键，每个氮原子与3硅原子成键，氮原子存在1对孤电子对，导致N—Si—N间成键原子间斥力较大，键角大于Si—N—Si；(3)①基态硅原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p2，共占据8个原子轨道，所以基态硅原子核外电子的空间运动状态有8种；丁硅烯分子中含有8个Si-H键，2个Si-Si键和1个Si=Si双键，单间均为σ键，双键中由1个σ键，一个π键，所以分子中σ键与π键的个数比为11：1；(4)第四周期ⅣA族元素为Ge，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]4s24p2，Y元素原子的最外层电子数比内层电子总数少3，Y是氯，Y元素原子最外层电子排布图为。XY4中X与Y形成的是共价键，立体构型为正四面体形，中心原子为sp3杂化，为非极性分子，分子间的作用力是范德华力。18．(10分)我国力争于2030年前做到碳达峰、2060年前实现碳中和，体现了中国对解决气候问题的担当。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体。因此，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径、CO、捕获与CO2重整是CO2利用的研究热点，(1)在催化剂作用下，可用CO2与H2反应制取甲酸。已知：共价键C=OC-OH-HH-OC-H键能/(kJ·mol⁻¹)799343436463413则CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)ΔH=kJ∙mol−1。(2)在刚性密闭容器中，HCOOH平衡时的体积分数随投料比[]的变化如图所示：①图中T1、T2表示不同的反应温度。判断T1T2(填“>”“<”或“=”)，依据为；②图中a=；③A、B、C三点CO2(g)的平衡转化率αA、αB、αC，由大到小的顺序为。(3)CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液pH=13，CO2主要转化为(写离子符号)；若所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1溶液pH=(室温下，H2CO3的Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=5×10-11)。(4)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。与CaCO、热分解制备的CaO相比，CaC₂O₄·H₂O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能。其原囚是。〖答案〗(1)+16(1分)(2)①>(1分)正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，T1>T2(2分)②1(1分)③αC>αB>αA(1分)(3)CO32-(1分)10(2分)(4)CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能(1分)〖解析〗(1)CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)ΔH＝反应物的总键能-生成物的总键能=2×799kJ·mol⁻¹+436kJ·mol⁻¹-(799+343+463+413)kJ·mol⁻¹=+16kJ·mol⁻¹。(2)①正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，故T1>T2；②根据反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)可知，当投料比=1，即a=1时，恰好达到最大转化，HCOOH平衡时的体积分数最大；③氢气的量越大，即投料比越大，CO的转化率越大，故A、B、C三点CO(g)的平衡转化率由大到小的顺序为αC>αB>αA。(3)=5×10-11，则c(H+)，当c(CO32-)=c(HCO3-)，c(H+)=5×10-11，pH在10.3，如果溶液的pH为13，则HCO3-浓度远远小于CO32-浓度，则该溶液中所得阴离子为CO32-；=5×10-11，且所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，c(H+)=5×10-11×2=1×10-10，pH=10。(4)CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能。19．(10分)氮是空气中含量最多的元素，在自然界中的存在十分广泛，实验小组对不同含氮物质做了相关研究。(1)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，分步电离，在溶液中的电离类似于氨。时，乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数δ(平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数)随溶液的变化曲线如图所示。①H2NCH2CH2NH2在水溶液中第一步电离的方程式为。②乙二胺一级电离平衡常数。为。(2)工业上利用氨气脱硝反应，实现二者的无害化处理，已知下列反应：①2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH1＝－483.6kJ·mol－1②2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH1＝－180kJ·mol－1③N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH3＝－92.2kJ·mol－1则6NO(g)+4NH3(g)6H2O(g)+5N2(g)。(3)氨气常被用于对汽车尾气中的氮氧化物进行无害化处理，以消除其对空气的污染。去除NO的反应历程如图1所示，此反应中的氧化剂为(填化学式)，含铁元素的中间产物有种。若选用不同的铁的氧化物为催化剂可实现较低温度下的转化，根据图2选择的适宜条件为。(4)利用电化学原理脱硝可同时获得电能，其工作原理如图所示。则负极发生的电极反应式为，当外电路中有2mol电子通过时，理论上通过质子膜的微粒的物质的量为。〖答案〗(1)H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-(1分)10-4.9(1分)(2)-1806.4kJ·mol－1(2分)(3)NO、O2(1分)2(1分)Fe2O3作催化剂、反应温度为250℃(1分)(4)NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+(1分)2mol(2分)〖解析〗(1)①乙二胺属于二元弱碱，在水溶液中分步电离，第一级电离方程式为H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-；②根据图像，乙二胺一级电离平衡常数，Kb1==10-4.9；(2)根据盖斯定律，将热化学方程式进行叠加，①×3+②×3-③×2，整理可得6NO(g)+4NH3(g)6H2O(g)+5N2(g)ΔH＝－1806.4kJ·mol－1。(3)在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素化合价降低。根据图示可知：在历程图1中，元素的化合价降低的物质为NO、O2，所以氧化剂为NO、O2；含铁元素的中间产物有Fe2+—NH2和Fe2+这2种；根据图2可知：在使用Fe2O3为催化剂时，NO的转化率相对来说较高，反应温度合适为250℃，故根据图2选择的适宜条件为Fe2O3作催化剂、反应温度为250℃；(4)该装置为原电池，在原电池反应中，负极失去电子，发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应。根据图示可知：NO在负极失去电子转化为HNO3，电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；当外电路中有2mol电子通过时，有2molH+通过质子膜进入正极区和O2结合生成H2O，根据电子守恒，通过的微粒的物质的量为2mol。20．(10分)绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。I．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下：i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

△H=+206.2kJ•mol-1ii．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

△H=-41.2kJ•mol-1(1)反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=kJ•mol-1。(2)在容积不变的绝热密闭容器中发生反应i，下列能说明反应达到平衡状态的是(填标号)。A．气体混合物的密度不再变化B．CH4消耗速率和H2的生成速率相等C．CO的浓度保持不变D．气体平均相对分子质量不再变化E．体系的温度不再发生变化(3)恒定压强为P0MPa时，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中发生反应i和ii，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。①图中表示CO2的物质的量分数与温度的变化曲线是(填字母)。②结合图中数据，其他条件不变，若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是(填标号)。A．550~600℃

B．650~700℃

C．750~800℃在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量，原因是。③600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为Kp=(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用CO2和H2O在碱性电解液中制备水煤气(H2、CO)，产物中H2和CO的物质的量之比为1∶1。(4)电极B是极，生成水煤气的电极反应式为。〖答案〗(1)+247.4(1分)(2)CDE(1分)(3)n(1分)B(1分)CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动(2分)(2分)(4)阳(1分)CO2+2H2O+2e-=H2+CO+2OH-(1分)〖解析〗(1)由题干信息已知，反应i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.2kJ•mol-1，反应ii．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ•mol-1，反应i-反应ii可得反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=(+206.2kJ/mol)-(-41.2kJ/mol)=+247.4kJ•mol-1；(2)A项，由题干信息可知，反应i反应体系均为气体，则反应过程中气体质量不变，容器体积不变，则气体混合物的密度始终不变，则气体混合物的密度不再变化，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；B项，CH4消耗速率和H2的生成速率均表示正反应速率，且二者系数不相等，故CH4消耗速率和H2的生成速率相等，不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；C项，化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，故CO的浓度保持不变，说明反应达到化学平衡，C符合题意；D项，由题干信息可知，反应i前后气体的物质的量发生改变，气体质量不变，则气体平均相对分子质量一直在改变，故气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到化学平衡，D符合题意；E项，由于反应容器是一个绝热密闭容器，故体系的温度不再发生变化，说明反应达到化学平衡，E符合题意；故选CDE；(3)①随反应进行，二氧化碳和氢气的量增加，故甲烷和水蒸气的量减小，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中，故p为表示平衡时水蒸气的物质的量分数随温度的变化，随着温度升高反应i正向移动，反应ii逆向移动，故CO随温度升高而增大，即m表示平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，则n表示CO2的物质的量分数随温度的变化；②结合图中数据，其他条件不变，当温度达到650℃时，CH4的转化率几乎为100%，H2的物质的量分数达到最大，再升高温度，H2的物质的量分数不再增大，CH4的转化率也增大不大，且增大能源投入，故若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是650~700℃，CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，故在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量；③由题干图像信息可知，600℃平衡时，H2的物质的量分数为：50%，H2O(g)的物质的量分数为32%，CH4的物质的量分数为4%，设投入CH4为1mol、H2O为3mol，根据三段式分析：，则有，解得x=0.78mo