湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題含解析

PAGE23-湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1

Li-7

C-12

N-14

O-16

Na-23

Mg-24

Al-27Si-28

S-32

C1-35．5

Cr-52

Fe-561.國家衛(wèi)健委公布的新型冠狀病毒肺炎診療方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒劑、過氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效滅活病毒。對于上述化學(xué)藥品，下列說法錯(cuò)誤的是(

)A.75%的乙醇指的是體積分?jǐn)?shù) B.NaClO與潔廁靈混用消毒效果更好C.過氧乙酸通過氧化性滅活病毒 D.氯仿的分子式為CHCl3是一種良好的有機(jī)溶劑【答案】B【解析】【詳解】A.體積分?jǐn)?shù)為75%的乙醇為醫(yī)用酒精，可用于殺菌消毒，能處理外傷，故A正確；B.次氯酸鈉與鹽酸（潔廁靈主要成分）反應(yīng)生成有毒氣體，故次氯酸鈉不能與潔廁靈混合運(yùn)用，故B錯(cuò)誤；C.含過氧鍵的物質(zhì)都有強(qiáng)氧化性，過氧乙酸含過氧鍵而具有強(qiáng)氧化性，可滅活病毒，故C正確；D.氯仿的分子式為CHCl3是一種良好的有機(jī)溶劑，故D正確；故答案為：B。2.下面的價(jià)電子排布中，第一電離能最小的原子可能是（）A.ns2np3 B.ns2np5 C.ns2np4 D.ns2np6【答案】C【解析】【詳解】同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一電離能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一電離能大，ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6屬于同一周期且其原子序數(shù)依次增大，但ns2np3屬于第VA元素，ns2np4屬于第ⅥA族，所以元素的第一電離能的大小依次是ns2np6、ns2np5、ns2np3、ns2np4，所以最小的為ns2np4，故選C?！军c(diǎn)睛】本題考查了同一周期元素第一電離能大小的推斷，留意原子軌道處于半充溢、全充溢狀態(tài)下結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一電離能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一電離能大。3.下列反應(yīng)式中，不能正確表達(dá)反應(yīng)顏色變更的是(

)A.過氧化鈉在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨?Na2O2===2Na2O+O2↑B.用稀硫酸酸化的淀粉KI溶液在空氣中放置會變藍(lán)：4I-+O2+4H+===2I2+2H2OC.濃硫酸滴到蔗糖中，蔗糖變黑，體現(xiàn)濃硫酸脫水性：C12H22O1112C+11H2OD.向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl3===2Fe(OH)3+3MgCl2【答案】A【解析】【詳解】A.過氧化鈉在空氣中與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉，由淡黃色變?yōu)榘咨l(fā)生反應(yīng)：2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2，故A錯(cuò)誤；B.酸性條件下碘離子簡潔被氧氣氧化成碘單質(zhì)，I2遇淀粉變藍(lán)，反應(yīng)的離子方程式為：4I-+O2+4H+===2I2+2H2O，故B正確；C.濃硫酸具有脫水性，能夠使蔗糖脫水而碳化，發(fā)生反應(yīng)：C12H22O1112C+11H2O，故C正確；D.向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3溶液，氫氧化鎂轉(zhuǎn)化成更難溶的氫氧化鐵沉淀，發(fā)生反應(yīng)為：3Mg(OH)2+2FeCl3===2Fe(OH)3+3MgCl2，故D正確；故答案為：A。4.下列關(guān)于C、Si及其化合物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的論述錯(cuò)誤的是(

)A.鍵能C-C>Si-

Si、C-H>Si-H，因此C2H6穩(wěn)定性大于Si2H6B.立方型SiC是與金剛石成鍵、結(jié)構(gòu)均相像的共價(jià)晶體，因此具有很高的硬度C.Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，是因?yàn)镾i的原子半徑大于C，難形成p-p

π鍵D.SiH4中

Si的化合價(jià)為+4，CH4

中C的化合價(jià)為-4，因此SiH4還原性小于CH4【答案】D【解析】【詳解】A．原子半徑越小、共價(jià)鍵鍵能越大，物質(zhì)越穩(wěn)定，原子半徑：Si＞C，所以鍵能C-C＞Si-Si、C-H＞Si-H，C2H6穩(wěn)定性大于Si2H6，故A正確；

B．由于立方型SiC是與金剛石成鍵、結(jié)構(gòu)均相像的共價(jià)晶體，即為原子晶體，依靠很強(qiáng)的共價(jià)鍵聚集，所以立方型SiC具有很高的硬度，故B正確；

C．Si的原子半徑較大，原子間形成的σ鍵較長，p-p軌道重疊程度很小，難于形成π鍵，所以Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，故C正確：

D．Si與C為同主族元素，同族元素從上到下非金屬性減弱，所以C的氧化性強(qiáng)于Si，則SiH4還原性大于CH4，故D錯(cuò)誤；

故選：D。5.某白色固體混合物由NaCl、KCl、

MgSO4、

CaCO3

中的一種或

者幾種組成，進(jìn)行如下試驗(yàn)：①混合物溶于水，得到澄清透亮溶液；②做焰色反應(yīng)，火焰顏色為黃色；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀。依據(jù)試驗(yàn)現(xiàn)象對其組成推斷正確的是(

)A.可能為KCl、NaCl B.肯定為NaCl、

MgSO4C.可能為NaCl、KCl、MgSO4 D.可能為KCl

、MgSO4、

CaCO3【答案】C【解析】【詳解】①混合物溶于水，得到澄清透亮溶液；則無CaCO3；②做焰色反應(yīng)，火焰顏色為黃色，則含有NaCl，可能含有KCl；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀，則含有MgSO4；綜上：白色固體混合物中肯定有NaCl、MgSO4，可能含KCl，肯定沒有CaCO3，故C正確；故選：C。6.下列選用的儀器和藥品不能達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖?)ABCD制備Fe(OH)2并能較長時(shí)間看到白色沉淀在鐵上鍍銅制備無水MgCl2除Cl2中的HClA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.氫氧化亞鐵易被空氣中的氧氣氧化生成氫氧化鐵，要較長時(shí)間保存Fe(OH)2沉淀，必需在制取過程中盡可能削減和空氣接觸，圖中Fe和稀硫酸生成氫氣能排出裝置中的氧氣，所以能削減氫氧化亞鐵與氧氣的接觸，符合題意，故A正確；B.在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應(yīng)與電源負(fù)極相連，銅為陽極應(yīng)與電源正極相連，電解質(zhì)溶液為可溶性銅鹽溶液，符合題意，故B正確；C.制備無水MgCl2，應(yīng)在氯化氫氣流中加熱，符合題意，故C正確；D.除雜時(shí)導(dǎo)管應(yīng)進(jìn)步短出，圖中氣體的進(jìn)入方向不合理，故D錯(cuò)誤；故答案為：D。7.X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。M是地殼中含量其次高的元素，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18個(gè)；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個(gè)電子。下列說法不正確的是(

)A.Y、Z、M形成簡潔氫化物穩(wěn)定性：Z>Y>MB.X、Y、Z、M的原子半徑：M>Z>Y>XC.Z2X4的水溶液呈堿性D.ZQ3中原子最外層都滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q為五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，M是地殼中含量其次高的元素，則M為Si元素，又知Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族，則Y為C元素，Z為N元素；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18個(gè)，則X的電子數(shù)為，X為H元素，該化合物為N2H4；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個(gè)電子，所以Q為第三周期元素，最外層電子數(shù)為7，Q為Cl元素，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍琗為H元素、Y為C元素、Z為N元素、M為Si元素、Q為Cl元素，則：A.同周期元素從左到右元素非金屬性依次增加，同主族元素從上到下元素非金屬性依次減弱，因元素的非金屬性越強(qiáng)，其簡潔氫化物穩(wěn)定性越強(qiáng)，所以Y、Z、M形成簡潔氫化物穩(wěn)定性：Z>Y>M，故A正確；B.同周期元素從左到右原子半徑依次減小，同主族元素從上到下原子半徑依次增大，則原子半徑比較：M（Si）＞Y（C）＞Z（N）＞X（H），故B錯(cuò)誤；C.N2H4的結(jié)構(gòu)簡式可表示為H2N-NH2，分子中含兩個(gè)氨基，可與酸反應(yīng)，具有堿性，故C正確；D.ZQ3形成的化合物為NCl3，該分子中原子最外層都滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D正確；故答案為：B。【點(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子序數(shù)、元素的位置、原子結(jié)構(gòu)來推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用實(shí)力的考查，留意規(guī)律性學(xué)問的應(yīng)用，題目難度不大。8.從中草藥中提取的calebinA

(結(jié)構(gòu)簡式如下)可用于治療阿爾茨海默癥。下列關(guān)于calebinA說法錯(cuò)誤的是(

)A.苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時(shí)，一氯代物有6種B.1

mol該物質(zhì)與溴水反應(yīng)，最多消耗5molBr2C.其酸性水解的產(chǎn)物均可與Na2CO3溶液反應(yīng)D.lmol該分子最多與9molH2發(fā)生加成反應(yīng)【答案】B【解析】【分析】由結(jié)構(gòu)可知，分子中含酚羥基、碳碳雙鍵、酯基及醚鍵、羰基，結(jié)合酚、烯烴、酯等有機(jī)物的性質(zhì)來解答?！驹斀狻緼.該有機(jī)物結(jié)構(gòu)不對稱，苯環(huán)上分別含3種H，苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時(shí)，一氯代物有6種，故A正確；B.該有機(jī)物中能與溴水發(fā)生的官能團(tuán)有酚羥基和碳碳雙鍵，所以1mol該物質(zhì)與溴水反應(yīng)，最多消耗4molBr2，故B錯(cuò)誤；C.該有機(jī)物中含酯基，可在酸溶液中水解，且水解產(chǎn)物均含酚羥基，可與碳酸鈉溶液反應(yīng)，故C正確；D.苯環(huán)、碳碳雙鍵、羰基與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1mol該分子最多與9molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確；故選B。9.熔融鈉-硫電池性能優(yōu)良，是具有應(yīng)用前景的儲能電池。下圖中的電池反應(yīng)為：2Na+xSNa2Sx(x=5~3，難溶

于熔融硫)。下列說法錯(cuò)誤的是()A.Na2S4的電子式為：B.放電時(shí)正極反應(yīng)為：xS+2Na++2e-===Na2SxC.充電時(shí)的陰極反應(yīng)：Na-e-===Na+D.Na和S分別為電池的負(fù)極和正極【答案】C【解析】【分析】由電池的總反應(yīng)方程式可知，放電時(shí)，熔融鈉失電子發(fā)生氧化反應(yīng)作負(fù)極，熔融硫得電子發(fā)生還原反應(yīng)作正極，負(fù)極反應(yīng)式為Na-e-===Na+，正極反應(yīng)為xS+2Na++2e-===Na2Sx，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，Na-β-Al2O3為隔膜，陽離子向正極移動(dòng)，以此答題。【詳解】A.Na2S4的結(jié)構(gòu)類似過氧化鈉，所以Na2S4電子式為：，故A正確；B.由電池的總反應(yīng)方程式可知，x個(gè)S原子得到2個(gè)電子，所以放電時(shí)正極反應(yīng)為xS+2Na++2e-===Na2Sx（因Na2Sx難溶于熔融硫，故不拆），故B正確；C.由充電時(shí)的總反應(yīng)方程式可知，電池充電時(shí)陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.由電池的總反應(yīng)方程式可知，放電時(shí)，熔融鈉失電子發(fā)生氧化反應(yīng)作負(fù)極，熔融硫得電子發(fā)生還原反應(yīng)作正極，故D正確；故選：C。10.5mL0.1mol/LKI溶液與1mL0.1mol/LFeCl3溶液發(fā)生反應(yīng)：2Fe3+(aq)+

2I-

(aq)=2Fe2+

(aq)+I2(aq)，達(dá)到平衡。

下列說法不正確的是(

)A.加入苯，振蕩，平衡正向移動(dòng)B.加入FeSO4固體，平衡逆向移動(dòng)C.該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=D.經(jīng)苯2次萃取分別后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈紅色，表明該化學(xué)反應(yīng)存在限度【答案】C【解析】【詳解】A.加入苯，導(dǎo)致溶液中碘單質(zhì)的濃度減小，削減生成物的濃度平衡正向移動(dòng)，故A正確；B.加入FeSO4固體，導(dǎo)致溶液中亞鐵離子的濃度變大，平衡逆向移動(dòng)，故B正確；C.由反應(yīng)2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)可知：平衡常數(shù)K=，故C錯(cuò)誤；D.在FeCl3與過量的KI溶液充分反應(yīng)后的溶液用苯萃取后，往溶液中加入幾滴KSCN溶液，溶液呈紅色，說明溶液中有三價(jià)鐵離子，即鐵離子沒有完全反應(yīng)，說明該化學(xué)反應(yīng)存在限度，故D正確；故選C。11.交聯(lián)聚合物P的結(jié)構(gòu)片段如圖所示。下列說法不正確的是（圖中表示鏈延長）A.聚合物P中有酯基，能水解 B.聚合物P的合成反應(yīng)為縮聚反應(yīng)C.鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯(lián)結(jié)構(gòu) D.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解獲得【答案】C【解析】【詳解】A.依據(jù)X為、Y為可知，X與Y干脆相連構(gòu)成了酯基，酯基能在酸性或堿性條件下水解，故A正確；B.聚合物P中含酯基，可由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應(yīng)合成，故B正確；C.乙二醇的結(jié)構(gòu)簡式為HO-CH2CH2-OH，與鄰苯二甲酸在聚合過程中只能形成鏈狀結(jié)構(gòu)，不能形成交聯(lián)結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；D.聚合物P的原料之一為丙三醇，油脂為高級脂肪酸甘油酯，油脂水解可生成甘油即丙三醇，故D正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】依據(jù)X和Y的結(jié)構(gòu)知聚合物P中含酯基，所以用切割法推斷合成聚合物P的原料。12.室溫下，將兩種濃度均為0.lmol/L的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變更可忽視，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系錯(cuò)誤的是()A.NaHCO3-Na2CO3

混合溶液：c(Na+)>c(HCO)>c(CO

)>c(OH-)B.氨水-NH4Cl

混合溶液(pH=9.25)：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C.CH3COOH-CH3COONa

混合溶液：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)D.H2C2O4-NaHC2O4

混合溶液：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O)【答案】B【解析】【詳解】A．NaHCO3水溶液呈堿性，說明碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2CO3水解關(guān)系為：碳酸根離子＞碳酸氫根離子，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：c(HCO)>c(CO)，碳酸氫根離子和碳酸根離子水解程度微弱，生成的OH-濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學(xué)式可知，該混合溶液中Na+濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)，故A正確；B.該混合溶液中電荷守恒為：c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒為：c(NH3·H2O)+c(NH)=2c(Cl-)，兩式聯(lián)立消去c(Cl-)可得：c(NH)+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(OH-)，又因?yàn)榘彼?NH4Cl混合溶液(pH=9.25)，所以混合溶液顯堿性，即c(OH-)>c(H+)，因此溶液中c(NH3·H2O)＜c(NH)，故B錯(cuò)誤；C.溶液中物料守恒為：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，溶液中電荷守恒為：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，兩式聯(lián)立消去c(Na+)可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，故C正確；D.該混合溶液中物料守恒為：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O)，故D正確；答案選B。13.已知[Co(H2O)6]2+呈粉紅色，[CoC14]2-呈藍(lán)色，[ZnC14]2-為無色?，F(xiàn)將CoCl2溶于水，加入濃鹽酸后，溶液由粉紅色變?yōu)樗{(lán)色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-

[CoC14]2-+6H2OΔH用該溶液做試驗(yàn)，溶液的顏色變更如下：以下結(jié)論和說明正確的是()A.由試驗(yàn)①可推知ΔH<0B.等物質(zhì)的量的[Co(H2O)6]2+和[CoC14]2-中σ鍵數(shù)之比為9:2C.試驗(yàn)②是由于c(H2O)增大，導(dǎo)致平衡逆向移動(dòng)D.由試驗(yàn)③可知配離子的穩(wěn)定性：[ZnC14]2->[CoC14]2-【答案】BD【解析】【詳解】A.①置于冰水浴中由藍(lán)色溶液變?yōu)榉奂t色溶液，說明[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoC14]2-+6H2O的平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，即降溫，平衡逆向移動(dòng)，說明逆反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoC14]2-+6H2O的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以ΔH＞0，故A錯(cuò)誤；B.1molH2O分子中有2molσ鍵，1mol[Co(H2O)6]2+的σ鍵為：2×6+6=18mol；1mol[CoC14]2-的σ鍵為4mol，所以等物質(zhì)的量的[Co(H2O)6]2+和[CoC14]2-中σ鍵數(shù)之比為18:4=9:2，故B正確；C.c(H2O)是常數(shù)，不會變更；平衡逆向移動(dòng)應(yīng)是離子濃度減小引起的，故C錯(cuò)誤；D.加入ZnCl2后，生成難電離的穩(wěn)定的粉紅色的[Co(H2O)6]2+；Zn2+濃度增大，與Co2+結(jié)合的Cl-更易與Zn2+形成配位鍵，生成[ZnC14]2-，說明配離子：[ZnC14]2-的穩(wěn)定性強(qiáng)于[CoC14]2-的穩(wěn)定性，故D正確；故答案為：BD。14.CH4與CO2重整生成H2和CO的過程中主要發(fā)生下列反應(yīng)在恒壓、反應(yīng)物起始物質(zhì)的量比條件下，CH4和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變更的曲線如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是

A.上升溫度、增大壓強(qiáng)均有利于提高CH4的平衡轉(zhuǎn)化率B.曲線B表示CH4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變更C.相同條件下，改用高效催化劑能使曲線A和曲線B相重疊D.恒壓、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1條件下，反應(yīng)至CH4轉(zhuǎn)化率達(dá)到X點(diǎn)的值，變更除溫度外的特定條件接著反應(yīng)，CH4轉(zhuǎn)化率能達(dá)到Y(jié)點(diǎn)的值【答案】BD【解析】【詳解】A．甲烷和二氧化碳反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，上升溫度，平衡向吸熱反應(yīng)即正向移動(dòng)，甲烷轉(zhuǎn)化率增大，甲烷和二氧化碳反應(yīng)是體積增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，甲烷轉(zhuǎn)化率減小，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)兩個(gè)反應(yīng)得到總反應(yīng)為CH4(g)＋2CO2(g)H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)，加入的CH4與CO2物質(zhì)的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的轉(zhuǎn)化率大于CH4，因此曲線B表示CH4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變更，故B正確；C．運(yùn)用高效催化劑，只能提高反應(yīng)速率，但不能變更平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；D．800K時(shí)甲烷的轉(zhuǎn)化率為X點(diǎn)，可以通過變更二氧化碳的量來提高甲烷的轉(zhuǎn)化率達(dá)到Y(jié)點(diǎn)的值，故D正確。綜上所述，答案為BD。15.據(jù)文獻(xiàn)報(bào)道：Fe(CO)5

催化某反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列敘述正確的是(

)A.該反應(yīng)可消耗溫室氣體CO2B.OH-作為中間產(chǎn)物參加了該催化循環(huán)C.該催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生了變更D.該反應(yīng)可產(chǎn)生清潔燃料H2【答案】CD【解析】【分析】Fe(CO)5催化反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理為：Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe(CO)4H-+CO2Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H2Fe(CO)4+H2Fe(CO)5，由反應(yīng)機(jī)理圖可知，總反應(yīng)為CO+H2OCO2+H2，其中OH-參加了該催化循環(huán)，生成清潔燃料H2和溫室氣體CO2，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.由反應(yīng)機(jī)理圖可知，總反應(yīng)為CO+H2OCO2+H2，所以該反應(yīng)可生成溫室氣體CO2，消耗CO，沒有消耗CO2，故A錯(cuò)誤；B.由反應(yīng)機(jī)理圖可知：OH-作為催化劑參加了該催化循環(huán)，不是中間產(chǎn)物，故B錯(cuò)誤；C.由反應(yīng)機(jī)理圖可知，F(xiàn)e的成鍵數(shù)目變更為：5個(gè)共價(jià)鍵→6個(gè)共價(jià)鍵→5個(gè)共價(jià)鍵→4個(gè)共價(jià)鍵→5個(gè)共價(jià)鍵，即催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變更，故C正確；D.由反應(yīng)機(jī)理圖可知，總反應(yīng)CO+H2OCO2+H2，所以該反應(yīng)可產(chǎn)生清潔燃料H2，故D正確。故答案為：CD?！军c(diǎn)睛】本題考查反應(yīng)機(jī)理的分析推斷、催化劑作用的理解應(yīng)用、化學(xué)鍵的變更等，明確反應(yīng)機(jī)理中的各個(gè)階段是解題關(guān)鍵，駕馭化學(xué)反應(yīng)原理等基礎(chǔ)學(xué)問即可解答，題目難度中等。16.I：汽車尾氣中含有較多的氮氧化物和不完全燃燒的CO，汽車三元催化器可以實(shí)現(xiàn)降低氮氧化物的排放量。汽車尾氣中的NO(g)和CO(g)在催化劑的作用下轉(zhuǎn)化成兩種無污染的氣體。如：反應(yīng)I：2CO+2NO?N2+2CO2△H1；反應(yīng)II：4CO+2NO2?N2+4CO2△H2<0。(1)已知：反應(yīng)N(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol，若CO的燃燒熱△H為-283.5kJ/mol，則反應(yīng)I的△H1=_____________________。(2)若在恒容的密閉容器中，充入2molCO和lmolNO，發(fā)生反應(yīng)I，下列選項(xiàng)中不能說明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_________________。A．N2和CO2的物質(zhì)的量之比不變B．混合氣體的密度保持不變C．混合氣體的壓強(qiáng)保持不變D．2v(N2)=v(CO)E．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變(3)在2L密閉容器中充入2molCO和1molNO2，發(fā)生上述反應(yīng)II。①若在某溫度下，該反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為50%，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)為___________。②如圖為平衡時(shí)CO2的體積分?jǐn)?shù)與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系。則溫度：T1__T2(填“<"或">")；若在D點(diǎn)對反應(yīng)容器升溫的同時(shí)擴(kuò)大體積使體系壓強(qiáng)減小，重新達(dá)到的平衡狀態(tài)可能是圖中A~G點(diǎn)中的______點(diǎn)。II：CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學(xué)家利用電解裝置實(shí)現(xiàn)兩種分子的耦合轉(zhuǎn)化，其原理如圖所示：(4)陰極上的反應(yīng)式為_______________。(5)若陽極生成的乙烯和乙烷的體積比為1：1，則兩電極消耗的CH4和CO2體積比為____________(氣體體積在相同條件下測定)。【答案】(1).-747.0kJ/mol(2).ABD(3).2(4).<(5).E(6).CO2+2e－=CO+O2－(7).4：3【解析】【詳解】(1)已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ?mol-1，CO的燃燒熱△H為-283.5kJ/mol，則有②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H4=-567kJ?mol-l，依據(jù)蓋斯定律，②-①得2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H1=-747.0kJ?mol-1；(2)A．初始投料為CO和NO，所以反應(yīng)過程中N2和CO2的物質(zhì)的量之比始終為1:2，所以二者的比值不變不能說明反應(yīng)平衡，故A符合題意；B．反應(yīng)I為純氣體體系，反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量保持不變，恒容條件下，混合氣體體積始終不變，混合氣體的密度始終保持不變，不能推斷反應(yīng)達(dá)到平衡，故B符合題意；C．反應(yīng)I反應(yīng)先后氣體體積減小的體系，反應(yīng)后體系氣體壓強(qiáng)減小，當(dāng)混合氣體的壓強(qiáng)保持不變，可以說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故C不符合題意；D．選項(xiàng)并未注明是正反應(yīng)速率還是逆反應(yīng)速率，無法說明是否平衡，故D符合題意；E．反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量保持不變，而氣體的物質(zhì)的量變更，所以未平衡時(shí)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量發(fā)生變更，當(dāng)其不變時(shí)，說明平衡，故E不符合題意；綜上所述答案為ABD；(3)①初始投料為2molCO和1molNO2，平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時(shí)△n(CO)=1mol，列三段式有；容器的容積為2L，則平衡常數(shù)K==2；②該反應(yīng)焓變小于0，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，相同壓強(qiáng)條件下，上升溫度平衡逆向移動(dòng)，CO2的體積分?jǐn)?shù)減小，所以T1<T2；該反應(yīng)正反應(yīng)為壓強(qiáng)減小的反應(yīng)，所以壓強(qiáng)減小平衡逆向移動(dòng)CO2的體積分?jǐn)?shù)減小，同時(shí)升溫也會使CO2的體積分?jǐn)?shù)減小，所以可能會移動(dòng)到E點(diǎn)；(4)與電源負(fù)極相連的一極為陰極，所以電極A為陰極，依據(jù)球棍模型可知電極A上CO2得電子生成CO同時(shí)產(chǎn)生O2－，所以電極反應(yīng)為CO2+2e－=CO+O2－；(5)依據(jù)元素守恒和電子守恒可知陽極(B極)的反應(yīng)為4CH4-6e－+3O2－=C2H6+C2H4+3H2O，轉(zhuǎn)移6mol電子時(shí)消耗4molCH4，依據(jù)陰極反應(yīng)式可知消耗3molCO2，所以消耗的CH4和CO2體積比為4:3?！军c(diǎn)睛】當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變更，解題時(shí)要留意，選擇推斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變更，當(dāng)該物理量由變更到定值時(shí)，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)。17.I：氨硼烷(NH3BH3)含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種具有潛力的固體儲氫材料。(1)寫出基態(tài)N原子的核外電子排布圖_______________________。(2)NH3BH3分子中，N-B化學(xué)鍵稱為配位鍵，其電子對由___原

子供應(yīng)。氨硼烷在催化劑作用下與水反應(yīng)放出氫氣：3NH3BH3+6H2O=3NH+B3O+9H2↑B3O的結(jié)構(gòu)為。在該反應(yīng)中，B原子的雜化軌道類型由_____變?yōu)開_____。II：如圖是某化合物晶胞示意圖，硅原子與鋁原子之間都以共價(jià)鍵連接。該立方體晶胞邊長為a

pm。(3)該化合物的化學(xué)式是___________________。(4)該晶體晶胞沿z軸在平面的投影圖中，Al

原子構(gòu)成的圖為下列圖形中的_______。(5)求出Si與Al之間的共價(jià)鍵鍵長是____

pm?！敬鸢浮?1).(2).氮(或者N)(3).sp3(4).sp2(5).LiAISi(6).D(7).【解析】【分析】(1)依據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)N原子的核外電子排布式，據(jù)此分析解答；(2)NH3BH3分子中，氮原子和氫原子形成了3個(gè)σ鍵，氮原子還有1對孤電子對，硼原子和氫原子形成了3個(gè)σ鍵，硼原子還有空軌道，產(chǎn)物中，硼原子形成3個(gè)σ鍵，沒有孤電子對，據(jù)此分析解答；II：(3)依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)利用均攤法計(jì)算各種原子數(shù)目，其最簡式即為該化合物的化學(xué)式；(4)依據(jù)晶胞中Al原子的位置結(jié)合選項(xiàng)分析推斷；(5)Si與Al之間的共價(jià)鍵鍵長為晶胞體對角線長度的?！驹斀狻?1)基態(tài)N原子的核外電子排布式為1s22s22p3，則核外電子排布式圖；(2)NH3BH3分子中，氮原子和氫原子形成了3個(gè)σ鍵，氮原子還有1對孤電子對，硼原子和氫原子形成了3個(gè)σ鍵，硼原子還有空軌道，所以氮原子和硼原子之間的共用電子對是氮原子單方面供應(yīng)的，則N-B化學(xué)鍵稱為配位鍵；在NH3BH3中，B原子形成4個(gè)σ鍵，沒有孤電子對，B原子的雜化類型是sp3，而產(chǎn)物中，B原子形成3個(gè)σ鍵，沒有孤電子對，原子的雜化類型是sp2，所以在該反應(yīng)中，B原子的雜化類型由sp3變?yōu)閟p2；II：(3)依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知Si原子個(gè)數(shù)是4，Al原子個(gè)數(shù)是8×+6×=4，Li原子個(gè)數(shù)是12×+1=4，因此該化合物的化學(xué)式是LiAlSi；(4)Al原子在該晶胞的頂點(diǎn)和面心，該晶體晶胞沿z軸在平面的投影圖中，Al

原子構(gòu)成的圖為下列圖形中的D，答案選D；(5)已知該立方體晶胞邊長為apm，則其體對角線的長度為apm，由晶胞圖示可知，Si與Al之間的共價(jià)鍵鍵長是對角線的，即為×a=

pm。18.某化工廠排放的工業(yè)廢水中主要含Na+、HSO、SO，探討小組欲測定其中HSO的濃度，設(shè)計(jì)如下三個(gè)方案。請回答下列問題：(1)利用如圖所示的裝置完成方案一。①儀器A的名稱是_____________。②量氣管讀數(shù)前，除冷卻至室溫外，還應(yīng)進(jìn)行操作是___________。(2)①方案二中汲取氣體a的“X溶液"可能是____________。a．雙氧水b．硝酸鈉溶液c．

H2SO4

酸化的KMnO4溶液②若X為次氯酸鈉，寫出氣體a與X溶液反應(yīng)的離子方程式__________。③該方案中，操作I包含的操作名稱依次為______________。(3)方案三:量取20.00

mL廢水試樣，用0.02

mol/L酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。記錄數(shù)據(jù)，計(jì)算。①方案三設(shè)計(jì)的下列滴定方式中，最合理的是_____________(填標(biāo)號)。該方案是否須要指示劑_____?(填“是”或“否")。②滴定數(shù)據(jù)記錄如表：計(jì)算該廢水試樣中HSO3-的濃度為__________________?！敬鸢浮?1).分液漏斗(2).調(diào)整B、C裝置使兩液面相平(3).ab(4).SO2+ClO-+H2O=2H++SO+Cl-(5).過濾、洗滌、干燥(6).a(7).否(8).0.05【解析】【分析】方案一的原理為：利用鹽酸和亞硫酸氫根反應(yīng)生成SO2，通過測定生成的SO2的體積來確定亞硫酸氫根的濃度；方案二的原理為：首先利用鹽酸和亞硫酸氫根反應(yīng)生成SO2，然后利用具有氧化性的溶液汲取氧化SO2得到硫酸根，再用BaCl2溶液沉淀硫酸根，過濾、洗滌、干燥得到硫酸鋇沉淀，通過硫酸鋇的量來計(jì)算SO2的量，繼而得到硫酸氫根的濃度；方案三的原理為：利用酸性高錳酸鉀溶液氧化滴定亞硫酸氫根的濃度，方程式為5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2++3H2O。【詳解】(1)①依據(jù)儀器A的結(jié)構(gòu)可知其為分液漏斗；②為保證C中氣體的壓強(qiáng)與大氣壓相同(這樣才能知道C中氣體的壓強(qiáng))，所以量氣筒讀數(shù)前除了要冷卻到室溫之外還應(yīng)調(diào)整B、C裝置使兩液面相平；(2)①氣體a為SO2，X溶液的目的是氧化汲取SO2；a．雙氧水具有氧化性可以氧化SO2得到硫酸根，故a可以；b．硝酸鈉溶液中含有硝酸根，SO2溶于水顯酸性，酸性環(huán)境下硝酸根可以氧化SO2得到硫酸根，故b可以；c．雖然硫酸酸化的高錳酸鉀可以氧化汲取SO2，但引入了硫酸根，故c不行以；綜上所述答案為ab；②次氯酸鈉中含有次氯酸根，可以將SO2氧化得到SO，自身被還原成Clˉ，結(jié)合電子守恒和元素守恒可得離子方程式為SO2+ClO-+H2O=2H++SO+Cl-；③操作I的目的是從固液混合物中得到硫酸鋇沉淀，所以操作為過濾、洗滌、干燥；(3)①酸性高錳酸鉀溶液顯酸性，且具有強(qiáng)氧化性，所以要用酸式滴定管，即帶玻璃旋塞滴定管，故a最合理；該方案滴定過程中高錳酸根會被亞硫酸氫根還原，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，亞硫酸氫根完全反應(yīng)，高錳酸鉀過量，所以溶液會從無色變?yōu)闇\紫色，所以不須要指示劑；②依據(jù)表格數(shù)據(jù)四次試驗(yàn)消耗的高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液的體積為：20.12mL-0.10mL=20.02mL、21.08mL-1.10mL=19.98mL、23.45mL-1.45mL=22.00mL、20.00mL，第三組試驗(yàn)數(shù)據(jù)偏差較大，所以舍去，則該試驗(yàn)中消耗的酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液的體積為=20.00mL，待測液的體積為20.00mL，結(jié)合方程式5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2++3H2O可得c(HSO)==0.05mol/L。19.某化工廠“用含NiO的廢料(雜質(zhì)為Fe2O3、

CaO、

CuO等)制備羥基氧化鎳(2NiOOH·H2O)的工藝流程如圖：已知：相關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如圖：請回答下列問題：(1)①濾渣1的主要成分是_____________。②如圖是酸浸時(shí)鎳的浸出率與溫度的關(guān)系，則酸浸時(shí)合適的浸出溫度是____________℃，若酸浸時(shí)將溫度限制在80℃左右，則濾渣1中會含有肯定量的Ni(OH)2，其緣由可能是_____________。(2)操作A中生成S的反應(yīng)的離子方程式為：________________。(3)試劑Y用于調(diào)整溶液的pH，則調(diào)控pH的范圍是________________。(4)寫出沉鈣后氧化過程中反應(yīng)的離子方程式______________________。(5)沉鈣時(shí)，當(dāng)溶液中c(F-)=3.0×10-2mol/L時(shí)，通過計(jì)算確定溶液中Ca2+否沉淀完全______[常溫時(shí)，Ksp(CaF2)=2.7×10-11]?！敬鸢浮?1).CaSO4(2).70(3).隨著溫度的上升，Ni2+水解程度增大，從而形成肯定量的Ni(OH)2沉淀(4).H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+(5).3.2≤pH<7.1(6).ClO-

+2Ni2++4OH-=2NiOOH·H2O↓+C1-(7).c(Ca2+)=mol/L=3.0×10-8mol/L<1.0×10-5mol/L，Ca2+已沉淀完全【解析】【分析】含NiO的廢料(雜質(zhì)為Fe2O3、CaO、CuO等)用H2SO4酸浸后，金屬氧化物轉(zhuǎn)化為Ni2+、Fe3+、Cu2+進(jìn)入溶液，大部分的CaO轉(zhuǎn)化為CaSO4沉淀，即為濾渣1，少量的Ca2+殘留在溶液中。加H2S，可將Fe3+還原為Fe2+，也可以將Cu2+轉(zhuǎn)化為CuS沉淀，此時(shí)溶液中的金屬離子還有Ni2+、Fe2+和少量的Ca2+。加氧化劑X將Fe2+還原為Fe3+，再加試劑Y調(diào)pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，再加NaF將Ca2+沉淀，金屬離子只剩Ni2+，最終加NaOH、NaClO，制得羥基氧化鎳(2NiOOH·H2O)?！驹斀狻浚?）①由分析可知，濾渣1的主要成分是CaSO4；②由圖可知當(dāng)溫度在70°左右時(shí)鎳的浸出率較高，故酸浸時(shí)相宜的溫度為70°C；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升溫能促進(jìn)水解，所以80℃左右濾渣1中會含有肯定量的Ni(OH)2，；（2）由分析可知，操作A是H2S與Fe3+的反應(yīng)，方程式為H2S+2Fe3