重庆市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版)

PAGE2020年重庆一中高2021级高二下期期末考试化学测试试题卷(满分100分，时间90分钟)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。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：H1C12N14O16Na23Fe56Cd112I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.化学知识在新冠肺炎的疫情防控中发挥着重要作用，下列说法正确的是A.用于消毒的酒精、“84”消毒液、双氧水、过氧乙酸(CH3COOOH)等均属于有机物B.修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯)膜是一种无毒、无味的高分子材料C.医用消毒酒精是95%的乙醇溶液D.医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，聚丙烯可以使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A．用于消毒的酒精、过氧乙酸(CH3COOOH)等均属于有机物，但“84”消毒液、双氧水属于无机物，故A错误；B．HDPE(高密度聚乙烯)膜是一种无毒、无味的高分子材料，故B正确；C．医用消毒酒精是75%的乙醇溶液，浓度太大，表面上的蛋白质凝聚后阻止酒精进入内部，消毒效果差，故C错误；D．聚丙烯中没有不饱和的碳碳双键等，不可以使溴水褪色，故D错误；故选B。2.化学反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在下列四个选项中是不同的情况下测得的不同物质的反应速率，其中表示该化学反应的反应速率最慢的是A.v(A)=0.20mol·(L·min)-1 B.v(B)=0.45mol·(L·s)-1Cv(C)=0.30mol·(L·min)-1 D.v(D)=0.35mol·(L·min)-1【答案】C【解析】【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。A．v(A)=0.2mol/(L•min)，=0.2mol/(L•min)；B．v(B)=0.45mol/(L•s)=27mol/(L•min)，=9mol/(L•min)；C．v(C)=0.30mol/(L·min)，=0.15mol/(L•min)；D．v(D)=0.35mol/(L·min)，=0.175mol/(L•min)；反应速率v(B)＞v(A)＞v(D)＞v(C)，反应速率最慢的是C，故选C。3.一定条件下，将n(CO2)：n(H2)=l：2的混合气体充入恒温恒容的密闭容器中，发生反应CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)ΔH<0，仅改变下列一个条件，既能提高H2的转化率又能加快反应速率的是A.缩小容器体积 B.分离出HCHO(g)C.使用高效催化剂 D.升高温度【答案】A【解析】【详解】A．缩小容器的体积，反应物和生成物的浓度均增大，化学反应速率增大；压缩体积，平衡向气体体积较小的方向移动，即正向移动，H2的转化率增大，A符合题意；B．分离出HCHO(g)，生成物浓度减小，平衡正向移动，H2的转化率会增加，但随着反应的进行，反应速率减小，B不符合题意；C．使用高效催化剂，化学反应速率增加，但是H2的转化率不变，C不符合题意；D．升高温度，虽然化学反应速率增加，但是升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即逆向移动，H2的转化率降低，D不符合题意；答案选A。4.下列有关说法正确的是A.FeCl3+3KSCNFe(SCN)3(红色)+3KCl，在平衡后，加入少量KCl固体，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅B.锌与稀硫酸反应时加入少量硫酸铜，反应加快的主要原因是Cu2+水解增大了H+浓度C.对于N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，平衡后，保持恒温恒容，充入He，平衡不移动D.对于2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，当其他条件不变时，压缩气体体积使压强增大，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正向移动【答案】C【解析】【详解】A．KCl固体对平衡移动无影响，平衡不移动，颜色不变，故A错误；B．锌与稀硫酸反应时加入少量硫酸铜，反应加快的主要原因是锌置换出铜单质，形成原电池原理加快了反应速率，故B错误；C．保持恒温恒容，充入He，反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，故C正确；D．增大压强正、逆反应速率均增大，且平衡向气体分子数减小的方向进行，故D错误；故选：B。5.下列说法或表示法不正确的是A.C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH>0，则该反应自发进行的条件是高温B.在10lkPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则该反应的热化学方程式可表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH=-57l.6kJ/molC.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(aq)ΔH=-57.3kJ•mol-1，若将0.5mol浓硫酸与1mol氢氧化钠溶液混合，放出的热量大于57.3kJD.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-38.6kJ•mol-1【答案】D【解析】【详解】A．反应气体体积增加，△S＞0，反应△H>0，根据△G=△H－T△S，反应自发进行，则△G＜0，可知高温有利于自发，A正确，不选；B．2gH2完全燃烧生成液体水放出285.8kJ的热量，2molH2O的质量为4g，完全反应放出2×285.8kJ=571.6kJ的热量，热化学方程式正确，B正确，不选；C．浓硫酸稀释放热，因此浓硫酸和NaOH溶液反应，放出的热量大于57.3kJ，C正确，不选；D．合成氨反应是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量不是1mol，而化学方程式表示的是完全反应时释放的热量，D错误，符合题意；答案选D。6.已知有机物A、B之间存在转化关系：A(C6H12O2)＋H2OB+CH3COOH(已配平)，则符合该反应条件的有机物B有(不含立体异构)A.8种 B.6种 C.4种 D.2种【答案】C【解析】【分析】根据反应可知A为酯类物质，而B为醇，根据质量守恒定律可求出B的分子式为C4H10O，由分子式C4H9OH看出属于一元醇，先确定C4H10的同分异构体：正丁烷、异丁烷，然后根据各有机物的结构简式及等效H原子分别判断正丁烷、异丁烷中含有的-OH种类即可。【详解】根据反应可知A为酯类物质而B为醇，根据质量守恒定律可求出B的分子式为C4H10O，由分子式C4H9OH看出属于一元醇，分子式为C4H9OH的同分异构体有：主链有4个碳原子的一元醇为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CHOHCH3、主链有3个碳原子的一元醇为：CH3CH(CH3)CH2OH、CH3COH(CH3)2、根据分析可知C4H9OH的同分异构体总共有4种，故答案选C。7.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A.分子中含有2种官能团B.可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C.1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【详解】A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2molNaOH发生中和反应，故C项错误；D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。8.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是A.用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.装置②的原电池总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C.为了保护装置③中的钢闸门，可将其与外接电源的负极相连D.装置④中的铁丝几乎没被腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．装置①中a电极和电源的正极相连，作阳极，b是阴极；粗铜精炼时，粗铜是阳极，纯铜是阴极，故A正确；B．装置②是原电池，铁的金属性强于铜的，所以铁是负极，失去电子；铜是正极，溶液中的铁离子得到电子，原电池总反应是：2Fe3+＋Fe=3Fe2+，故B错误；C．钢闸门应与外接电源的负极相连，作阴极被保护，故C正确；D．

浓硫酸具有吸水性，铁保存干燥，且不构成原电池，则铁钉几乎没被腐蚀，故D正确；答案选B。9.下列根据实验操作及现象的分析和推理中，不正确的是操作现象一段时间后：①中，铁钉裸露在外的附近区域变红；②中……A.NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路B.①中变红是因为发生反应2H++2e-=H2↑C.②中可观察到铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜丝附近区域变红D.①和②中发生的氧化反应均可表示为M-2e-=M2+(M代表锌或铁)【答案】B【解析】【分析】根据①中的现象，可知发生了吸氧腐蚀，形成了原电池。将裹有锌皮的铁钉放到琼脂中，锌比铁活泼，锌被腐蚀，作负极，反应为Zn－2e－=Zn2＋；空气中的O2在铁电极上得到电子，反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，生成OH－，遇到酚酞，变红。将裹有铜皮的铁钉放到琼脂中，铁比铜活泼，铁被腐蚀，作负极，反应为Fe－2e－=Fe2＋，生成的Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀；空气中的O2在铜电极上得到电子，反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，生成OH－，遇到酚酞，变红。【详解】A．根据①中的现象，可知形成原电池，原电池中有阴阳离子的定向移动，说明离子可在NaCl的琼脂水溶液中移动，说明NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路，A正确，不选；根据分析，①中变红，是由于空气中的O2在铁电极上得到电子，反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，生成OH－，遇到酚酞，变红，B错误，符合题意；C．②中，铁比铜活泼，铁被腐蚀，作负极，反应为Fe－2e－=Fe2＋，生成的Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀；铜作正极，空气中的O2在铜电极上得到电子，反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，生成OH－遇到酚酞，变红，C正确，不选；D．①和②中均为活泼金属失电子生成金属阳离子，锌和铁都变为+2价，发生氧化反应，均可表示为M－2e－=M2＋，D正确，不选；答案选B。10.在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H>0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是A.10min时，改变的外界条件可能是升高温度B.反应进行到12min时，CH4的转化率为25%C.0∽5min内，v(H2)＝0.1mol·(L·min)-1D.恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小【答案】A【解析】【详解】A.由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；B.反应进行到12min时，CH4的转化率为×100％=75％，故B错误；C.根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，故v(CH4)=(1-0.5)mol∙L-1/5min=0.1mol/(L∙min)，由化学计量数之比等于反应速率之比，则v(H2)=3×0.1mol/(L∙min)=0.3mol/(L∙min)，故C错误；D.恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，平衡后c(H2)增大，故D错误；故选A。11.一定温度下，向2L恒容容器中充入1.0molA和1.0molB，发生反应A(g)+B(g)C(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如表，下列说法正确的是t/s05152535n(A)/mol1.00.850.810.800.80A.前5s的平均反应速率v(A)=0.03mol•L-1·s-1B.由题目信息可知，正反应为放热反应C.保持温度不变，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，反应达平衡前v(正)＜v(逆)D.保持温度不变，起始时向容器中充入2.0molC，达平衡时，C的转化率大于80%【答案】C【解析】【分析】根据题意列“三段式”：则该反应的平衡常数K===0.625。【详解】A．根据题给数据分析，反应在前5s的A的物质的量变化为0.15mol，根据公式v=计算，平均速率v(A)=0.015mol/(L·s)，故A错误；B．由题目信息不能判断该反应是放热反应还是吸热反应，故B错误；C．相同温度下，起始时向容器中充入0.2molA、0.2molB和1.0molC，Qc==5，Qc＞K，反应达到平衡前，反应逆向进行，反应速率v(正)＜v(逆)，故C正确；D．根据等效平衡知识判断，相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，等效为起始加入2.0mol

A和2.0mol

B，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的A、B转化率较原平衡高，故平衡时A、B的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0

mol

C，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，转化率小于80%，故D错误；答案选C。12.下列实验中，实验操作、装置、现象及结论都正确的是选项实验操作或装置实验现象相关解释及结论A将NO2球浸泡在冰水和热水中[2NO2(g)N2H4(g)ΔH<0]左球气体颜色加深，右球气体颜色变浅勒夏特列原理B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热未出现银镜蔗糖未水解C用两支试管各取5mL0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol·L-1和0.2mol·L-1H2C2O4溶液两试管溶液均褪色，且0.2mol·L-1H2C2O4的试管中褪色更快其他条件不变，H2C2O4浓度越大，化学反应速率越大DC2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体直接通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．该反应正反应焓变小于0，为放热反应，所以在热水中向吸热方向即逆向移动，NO2浓度增大，颜色加深，冰水中向吸热方向即正向移动，NO2浓度减小，颜色变浅，可以用勒夏特列原来解释，故A正确；B．银镜反应要在碱性环境中进行，应先加入NaOH溶液中和，再加入银氨溶液并加热，故B错误；C．高锰酸钾溶液过量，两种溶液都不褪色，所以不能探究浓度对反应速率的影响，故C错误；D．乙醇具有挥发性，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成的乙烯中混有乙醇，会干扰对乙烯的检验，并不能确定乙烯能否被酸性高锰酸钾氧化，故D错误；综上所述答案为A。13.若只改变某一条件，化学反应aA(g)+B(g)cC(g)的平衡变化图象如下(图中p表示压强，T表示温度，α表示平衡转化率，v表示反应速率，t表示反应时间)，据此分析下列说法正确的是A.由图①，可以判断该反应为吸热反应B.在图①中，若p1>p2，则此反应的系数：a+1<cC.在图②中，t0时刻改变的条件为移走部分生成物CD.在图②中，图像对应各点的正反应速率最大的是d【答案】D【解析】【详解】A．根据图知，同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；B．若p1>p2，即相同温度下压强越大A的转化率越高，说明增大压强平衡正向移动，则该反应为气体减少的反应，即a+1>c，故B错误；C．据图可知t0时刻逆反应速率瞬间增大，而移走部分生成物C会使逆反应速率瞬间减小，故C错误；D．据图可知t0时刻逆反应速率瞬间增大，而后逆反应速率逐渐减小，则该过程中正反应速率逐渐增大，直至正逆反应速率相等，所以d点正反应速率最大，故D正确；综上所述答案为D。14.如下图所示，图I是恒压密闭容器，图II是恒容密闭容器。当其它条件相同时，在I、II中分别加入2molX和2molY，开始时容器的体积均为VL，发生如下反应并达到平衡状态(提示：物质X、Y的状态均未知，物质Z的状态为气态)：2X(?)+Y(?)aZ(g)。此时1中X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2。下列判断正确的是A.物质Z的化学计量数a=2B.若X、Y均为气态，则在平衡时X的转化率：I>IIC.若X为固态Y为气态，则I、II中从开始到平衡所需的时间：I>IID.若II中气体密度如图III所示，则X、Y都为气态【答案】B【解析】【详解】A．设达平衡时Δn(Y)=x，则Δn(X)=2x，Δn(Z)=ax，则平衡时n(Y)=2-x，n(X)=2-2x，n(Z)=ax，所以有(2-2x)：(2-x)：ax=1：3：2，可得x=0.8，a=1，故A错误；B．若X、Y均为气体，则该反应为气体物质的量减小的反应，所以容器I在反应过程中体积会变小，相当于在容器Ⅱ的基础上压缩体积加压，平衡向反应方向移动，则转化率Ⅰ＞Ⅱ，故B正确；C．若X为固态、Y为气态，则反应前后气体的物质的量相等，压强不变，图Ⅱ压强等于图Ⅰ压强，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ=Ⅱ，故C错误；D．据图可知随着反应进行气体的密度逐渐增大，而容器Ⅱ容积不变，即气体的体积不变，密度增大说明气体的质量增大，说明反应物中有固体，故D错误；综上所述答案为B。II卷(填空题，共58分)二、填空题(包含4道必做题和1道选做题，共58分)(一)必做题15.研究化学反应时，既要关注物质变化，又要关注能量变化。请回答以下问题．(1)氢气在氧气中燃烧，破坏1molH-H键吸收Q1kJ的热量，破坏1molO=O键吸收Q2kJ的热量，形成1molH—O键释放Q3kJ的热量，则下列关系式正确的是_____(填字母序号)。A.2Q1+Q2>4Q3B.Q1+Q2<Q3C.2Q1+Q2<4Q3D.2Q1+Q2=4Q3(2)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知：①2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)=CH4(g)+4NO(g)ΔH1=akJ/mol②CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=bkJ/mol③H2O(1)=H2O(g)ΔH3=ckJ/mol则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(1)ΔH=_______kJ/mol(用含a、b、c的代数式表示)。(3)红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)，反应过程中的热量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。根据如图回答下列问题：①写出P(s)和Cl2(g)反应生成PCl5(g)的热化学方程式________；②已知：常温时红磷比白磷稳定，比较下列反应中ΔH的大小：ΔH1___ΔH2(填“>”、“<”或“=”)。i.P4(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1<0ii.4P(红磷，s)+5O2(g)=22P2O5(s)ΔH2<0【答案】(1)C(2)1/2(b-a)-2c(3)P(s)+5/2Cl2(g)=PCl5(g)ΔH=-399kJ/mol(4)<【解析】【分析】(1)△H＝反应物键能总和−生成物键能总和，该反应是放热反应，则△H<0；(2)根据盖斯定律计算所求反应的焓变；(3)根据反应物的总能量、中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用；【详解】(1)2H2(g)＋O2(g)═2H2O(g)△H<0，△H＝反应物键能总和−生成物键能总和，在该反应中破坏2molH−H键、1molO═O键，形成4molH−O键，则2Q1＋Q2−4Q3<0，则2Q1＋Q2<4Q3，故答案为：C；(2)根据盖斯定律可知，该反应可由得到，则ΔH==1/2(b-a)-2c，故答案：1/2(b-a)-2c；(3)①由能量变化图可知，P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的△H＝(-306kJ/mol)+(-93kJ/mol)=-399kJ/mol，P(s)和Cl2(g)反应生成PCl5(g)的热化学方程式P(s)+5/2Cl2(g)=PCl5(g)ΔH=-399kJ/mol，故答案为：P(s)+5/2Cl2(g)=PCl5(g)ΔH=-399kJ/mol；②根据盖斯定律可知：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)的反应可由反应i-ii得到，则该反应的反应热ΔH=ΔH1-ΔH2，由题意白磷比红磷稳定，可知白磷的能量低，红磷的能量高，该反应应为吸热反应，即ΔH=ΔH1-ΔH2<0，则ΔH1<ΔH2，故答案为：<。16.燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置。I.氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的化学工业，是高能耗产业。将其电解装置与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30%以上，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，B中所用的离子膜只允许Na+通过。(1)A装置中的隔膜为___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜；若无该离子膜，在通电条件下A装置可用于制备一种消毒液，该反应的总化学方程式：__________。(2)图中Y是___________(填化学式)；B中O2所发生的电极反应方程式为_______。(3)比较图示中氢氧化钠质量分数：a%________b%(填“>”“<”或“=”)。II.以燃料电池为电源，利用铜基配合物1，10-phenanthroline-Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其原理如图所示。①a电极为电源的___________(填“正极”或“负极”)；②阴极的电极反应式为________________，每转移lmol电子，阴极室溶液质量增加___g。【答案】(1)阳(2)NaCl+H2ONaClO+H2↑(3)H2(4)O2+4e-+2H2O=4OH-(5)＜(6)正极(7)CO2+2H++2e-=HCOOH(8)23【解析】【分析】Ⅰ.A装置是电解池，B装置是原电池，电解氯化钠溶液的生成物是氯气、氢气和氢氧化钠，所以X是氯气，Y是氢气。在装置B中氢气在负极，失电子；氧气由正极通入得电子；Ⅱ.根据装置分析可知，酸性电解质溶液中，Pt为电解池的阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，因此a为燃料电池的正极，b为燃料电池的负极，阴极CO2得到电子生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH，据此分析解答。【详解】Ⅰ.(1)根据分析可知，A装置是电解池，电解氯化钠溶液的生成物是氯气、氢气和氢氧化钠，Na+经阳离子交换膜进入右侧，若无该离子膜，在通电条件下A装置可用于制备一种消毒液，即为NaClO，则该反应的总化学方程式NaCl+H2ONaClO+H2↑；(2)由上述分析可知，Y为H2。在装置B中氢气在负极失去电子，B中O2在正极得到电子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；(3)根据(2)可知，OH-浓度增大，Na+又通过离子膜移动到正极室，所以正极室中NaOH溶液的浓度增大，因此a%＜b%；Ⅱ.①根据上述分析可知，a为电源的正极；②阴极CO2得到电子生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH，每转移1mol电子，则有0.5molCO2发生反应生成HCOOH，进入阴极室，并且有0.1molH＋经过离子交换膜进入阴极室，则阴极室增加的质量为0.5mol×44g·mol－1＋1mol×1g·mol－1=23g。17.铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。(1)铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂，原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH1<0①若用、和分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图表示，吸附后能量状态最低的是_________(填字母序号)；②在三个1L的恒容密闭容器中，分别加入0.15molN2和0.45molH2发生上述反应，实验a、b、c中c(N2)随时间(t)的变化如图所示(T表示温度)。与实验b相比，实验a、实验c分别采用的实验条件可能为_________、___________(仅改变一个条件)。(2)Fe2O3与CH4反应可制备“纳米铁粉”，其反应为：Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)ΔH2①此反应的化学平衡常数表达式为________；②一定温度下，将一定量的Fe2O3(s)和CH4(g)置于恒容密闭容器中反应，能说明反应达到平衡状态的是__________；A.混合气体的密度不再改变B.铁的物质的量不再改变C.CO和H2的浓度之比为1：2D.v正(CO)=2v逆(H2)③一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入0.2molFe2O3(s)和0.6molCH4(g)进行上述反应，反应起始时压强为P，反应进行至5min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。5min内用Fe2O3(s)表示的平均反应速率为________g•min-1；T℃下该反应的Kp=___________【气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体体积分数】。(3)“纳米铁粉”可用于处理地下水中的污染物，其中与NO3-发生的离子方程式为4Fe+NO3-+l0H+=4Fe2++NH4++3H2O，研究发现，相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3-的速率有较大差异(如下图)，产生该差异的原因可能是_______(答一条即可)。【答案】(1)C(2)加入了催化剂(3)升高温度(4)K=(5)AB(6)3.2(7)P6(8)Cu或Cu2+催化纳米铁粉去除NO3-的反应(或形成的Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3-的反应速率)【解析】【详解】(1)①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低；②实验a达到平衡的时间比实验b短，实验a达到平衡时c(N2)等于实验b达到平衡时c(N2)，即实验a采用的条件只影响化学反应速率、不影响化学平衡，实验a采用的实验条件为使用催化剂；实验c达到平衡的时间比实验b短，初始投料相同，实验a达到平衡时c(N2)大于实验b达到平衡时c(N2)，而该反应焓变小于零，为放热反应，则T2＞T1，即实验c采用的实验条件为升高温度；(2)①该反应中Fe2O3和Fe均为固体，所以平衡常数表达式为K=；②A．该反应前后气体的总质量发生变化，容器恒容，所以气体的体积不变，则密度发生改变，当密度不变时说明反应平衡，故A符合题意；B．可逆反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的物质的量不再改变，所以铁的物质的量不变时说明反应平衡，故B符合题意；C．初始投料为Fe2O3与CH4，所以CO和H2的浓度之比一直等于计量数之比，所以二者浓度之比不变不能说明反应平衡，故C不符合题意；D．平衡时v正(CO)=v逆(CO)，而平衡时2v逆(CO)=v逆(H2)，即平衡时2v正(CO)=v逆(H2)，故D不符合题意；综上所述答案为AB；③设平衡时转化的CH4的物质的量为x，则列三段式有：恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有=2，解得x=0.3mol，则相同时间内Δn(Fe2O3)=0.1mol，Δm(Fe2O3)=0.1mol160g/mol=16g，所以v(Fe2O3)==3.2g·min-1；平衡时n(CH4)=0.3mol，n(CO)=0.3mol，n(H2)=0.6mol，初始为0.6molCH4，压强为P，气体的压强之比等于物质的量之比，则平衡时p(CH4)=p(CO)=0.5P，p(H2)=P，Kp==P6；(3)据图可知含有铜离子的水样反应速率更快，所以原因可能是Cu或Cu2+催化纳米铁粉去除NO3-的反应(或形成的Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3-的反应速率)。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。18.2019年国际非政府组织“全球计划”12月4日发布报告：CO2过量排放会引发温室效应，CO2资源化的高效利用是解决温室问题的有效途径。(1)CO2可通过催化加氢合成甲醇(CH3OH)，其相关反应在不同温度下的化学平衡常数如下表所示。化学反应平衡常数500℃700℃800℃I.H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)1.001.502.50II.2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)2.000.50.25III.3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH①判断反应III：ΔH_____0(填“＞”、“<”或“=”)；②根据反应III的特点，有利于提高甲醇平衡产率的条件是______；A.高压高温B.低压高温C.高压低温D.低压低温③5MPa时，往某密闭容器中充入H2和CO2发生反应，平衡体系中各组分的体积分数随温度的变化情况如图所示。由图可知，随温度的升高，CO2的体积分数逐渐减小，其原因为：_____________。(2)我国科学家用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。助剂CO2转化率(％)各产物在所有产物中的占比(％)C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_____助剂效果最好；②下列说法正确的是____。a．第i步反应为：CO2+H2CO+H2Ob．第i步反应活化能低于第ii步c．加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能d．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小e．添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同【答案】(1)<(2)C(3)温度升高，反应I平衡正向移动的程度超过反应III逆向移动的程度(4)K(5)ac【解析】【详解】(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ＋反应Ⅱ，则反应Ⅲ的平衡常数K3=K1×K2，可知500℃时，K3=2.00；700℃时，K3=0.75；800℃时，K3=0.625。可知随着温度升高，K3逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应。①根据分析，反应Ⅲ是放热反应，则△H＜0；②反应Ⅲ是气体体积减小的放热反应，要提高甲醇的产率，平衡需正向移动，应增大压强，降低温度，C符合题意；③在密闭容器中，充入H2和CO2反应，反应Ⅰ和反应Ⅲ都会发生，升高温度，反应Ⅲ逆向移动，CO2的体积分数应增大；而根据反应Ⅰ随温度变化的趋势可知，升高温度，反应Ⅰ正向移动，CO2的体积分数会减小，现CO2的体积分数逐渐减小，说明温度升高，反应I平衡正向移动的程度超过反应III逆向移动的程度；(2)①结合表格，助剂为Na时，CO2转化率为42.5%，产物中C2H4的占比为35.9%，可知CO2转化为C2H4比例为42.5%×35.9%≈15.3%；同理，助剂为K时，CO2转化为C2H4比例为20.6%；助剂为Cu时，CO2转化为C2H4比例为7.9%；可知欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好；②a．根据原子守恒，可知CO2和H2反应得到CO，另一种产物为H2O，则第i步反应为：CO2+H2CO+H2O，a正确；b．第i步反应的速率慢，第ii步反应的速率快；一般情况下，反应的活化能越大，化学反应速率越慢，则第i步反应的活化能大于第ii步，b错误；c．助剂起催化作用，催化剂通过降低反应活化能，加快化学反应速率，提高单位时间内乙烯产量，c正确；d．催化剂不能改变反应的焓变，d错误；e．反应的平衡常数只与温度有关，与催化剂无关，e错误；答案选ac。(二)选做题：请考生从19、20题中任选一题作答，都做则按19题给分。【选修3-物质结构与性质】19.据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：(1)锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是______(填字母)。A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②(2)硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_______。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互斥理论解释：_________；用杂化轨道理论解释：_________。(3)Cd2+与NH3等配体形成配离子。[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl－替代只得到1种结构，它的立体构型是___________。1mol[Cd(NH3)4]2+含___________molσ键。(4)砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为__________。(5)锆晶胞如图所示，1个晶胞含_______个Zr原子；这种堆积方式称为__________。(6)镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为dg·cm－3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为______nm(用含NA、d的代数式表示)，镉晶胞中原子空间利用率为________(用含π的代数式表示)。【答案】(1)A(2)S原子半径小于Te，H－S键的键能较大(3)H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小(4)H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化(5)正四面体(6)16(7)AsBr3＞AsCl3＞AsF3(8)6(9)六方最密堆积(10)(11)【解析】【详解】(1)电离能大小与原子的外围电子构型有关，具有稳定构型的元素，电离能较大。而同一元素电离能满足：I1＜I2＜I3＜I4。锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②。锌的第二电离能大于第一电离能，②＞①。故选A。答案为：A；(2)从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r(S)＜r(Te)，键能：H－S＞H－Te，所以H2S较稳定。H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大。从杂化轨道角度解释，H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化。答案为：S原子半径小于Te，H–S键的键能较大；H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小；H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化；(3)[Cd(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl替代只得到1种结构，说明Cd2+采用sp3杂化，呈正四面体结构。配位键也是σ键。1mol[Cd(NH3)4]2+含16molσ键。答案为：正四面体；16；(4)它们都分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高。故熔点排序为AsBr3＞AsCl3＞AsF3。答案为：AsBr3＞AsCl3＞AsF3；(5)在六棱柱中，12个原子位于顶点、2个原子位于面心，3个原子位于体内。1个六棱柱含6个原子。这种堆积方式叫六方最密堆