重庆市第十中学2023-2024学年高三下学期期中考试化学试卷

重庆市第十中学2023-2024学年高三下学期期中化学试卷 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题）   评卷人 得分     一、单选题(共14题，每题3分，共42分) 1．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A.标准状况下,22.4 L CH4含有的共价键数为NA B.1 mol Fe与1 mol Cl2充分反应,转移的电子数为3NA C.常温下,pH=2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NA D.常温常压下,46 g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NA 2．科学家设计出质子膜H2S燃料电池,实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是 A.电极a为电池的负极 B.电极b上发生的电极反应为O2 +4H+ + 4e-2H2O C.电路中每流过4 mol电子,在正极消耗44.8 L H2S D.每17 g H2S参与反应,有1 mol H+经质子膜进入正极区 3．工业制硫酸时,在接触室中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),下列说法正确的是 A.反应为放热反应,温度升高不利于提高产率,故应控制温度为较低温度 B.选择合适催化剂可以有效降低反应活化能,同时提高SO2平衡转化率 C.反应为气体分子数减少的反应,工业生产中应选择较大压强 D.接触室中热交换器起到加快反应速率,同时促使反应平衡正向移动的作用 4．IF5是重要的卤素互化物之一,化学性质与卤素单质类似,下列关于IF5的描述不正确的是 A.IF5+3H2OHIO3+5HF B.IF5具有强还原性 C.已知纯液态IF5的导电性较强,原因在于2IF5I + I D.IF5 可以与NaOH溶液反应生成2种盐 5．设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 A.标准状况下,2.24 L Cl2溶于水中达到饱和,转移电子的数目为0.1NA B.将含0.1 mol FeCl3的饱和溶液制成胶体后,生成的Fe(OH)3胶粒数目为0.1NA C.常温常压下,92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NA D.常温下,将5.6 g铁投入足量的浓硫酸中转移电子数为0.3NA 6．药物瑞德西韦对新型冠状病毒有明显的抑制作用,研究发现是合成该药物中间体的关键物质,下列关于该物质的说法错误的是 A.分子式为C8H7NO5 B.能发生取代反应、加成反应 C.苯环上的一氯代物有两种 D.1 mol该物质和足量NaOH溶液反应,最多消耗1 mol NaOH 7．下列离子组在一定条件下能大量共存,且加入相应试剂后所对应的离子方程式正确的是   离子组 加入试剂 加入试剂后发生反应的离子方程式 A. Fe2+、N、K+ 稀硫酸 3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O B. Fe3+、I-、ClO- 氢氧化钠溶液 Fe3++3OH-Fe(OH)3↓ C. Ba2+、HC、Cl- 氢氧化钠溶液 HC+OH-C+H2O D. Al3+、Cl-、N 过量氢氧化钠溶液 Al3++3OH-Al(OH)3↓ 8．硼氢化钠具有较强的选择还原性。硼氢化钠在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是 A.若用D2O代替H2O,反应后生成的气体中只含有HD和D2 B.此过程中H2O被还原 C.NaBH4与水反应的离子方程式为B+4H2OB(OH+4H2↑ D.NaBH4中H为-1价,1 mol NaBH4最多可失去8 mol电子 9．南开大学科研团队以KSn合金为负极,以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs—COOH)为正极催化剂构建了可充电K-CO2电池(如图所示),电池反应为4KSn+3CO2 2K2CO3+C+4Sn,其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法错误的是 A.MWCNTs—COOH分散在电极表面可促进电子的转移 B.充电时,阳极反应为2K2CO3+C-4e- 4K++3CO2↑ C.放电时,内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs—COOH D.为了更好地吸收温室气体CO2,可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质 10．化合物X()是一种治疗神经类疾病的药物,下列说法正确的是 A.化合物X的分子式为C14H17O6NBr B.化合物X能与NaOH溶液反应,且1 mol X最多能与4 mol NaOH反应 C.化合物X分子中含有2个手性碳原子 D.化合物X能与盐酸反应,也能与甲醛发生缩聚反应 11．常温下,向溶有0.1 mol Cl2的氯水中滴加2 mol·L-1的NaOH溶液,得到溶液的pH随所加NaOH溶液体积的变化图象如下。下列说法正确的是 A.若a点对应溶液pH=4,且c(Cl-)=mc(ClO-),则Ka(HClO)= B.向a点对应溶液中通入SO2,溶液的酸性和漂白能力均增强 C.若x=100,b点对应溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+) D.若y=200,c点对应溶液中:c(Na+)=4c(ClO-)+4c(Cl-) 12．常温下,用0.10 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L-1的CH3COOH溶液和HCN溶液,所得滴定曲线如图[Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)]。下列说法正确的是   A.点①和点②所示溶液中:c(CH3COO-)<c(CN-) B.点③所示溶液中:c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+) C.点①和点②所示溶液中:c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH) D.点③和点④所示溶液中都有:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+) 13．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,n是W的单质,q是Y的单质,s是Z的单质且常温下为淡黄色固体,m与r相遇会产生白烟。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是 A.原子半径:Z>W> X B.Y的一种氢化物可作为火箭的燃料 C.Z的氧化物对应的水化物酸性一定比W的弱 D.X、Y、W三种元素组成的化合物可为离子化合物 14．氨是生产氮肥、尿素等物质的重要原料。电化学法是合成氨的一种新方法,其原理如图所示,下列有关说法正确的是 A.图中所示物质中,X为H2,Y为N2 B.Y 参与的电极反应为H2+2e-2H+ C.当有3 mol H+通过质子交换膜时,Z的体积为22.4 L D.反应过程中左边区域溶液pH逐渐升高 第II卷（非选择题）   评卷人 得分     二、综合题(共4题，共58分) 15．氮及其化合物的利用是科学家们一直在探究的问题,它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。 (1)已知:2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=-221 kJ·mol-1 C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-393.5 kJ·mol-1 N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH=+181 kJ·mol-1 若某反应的平衡常数表达式为K=,请写出此反应的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)汽车尾气中的 NO和 CO在一定条件下可发生反应生成无毒的N2 和 CO2。将 NO和 CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(cat 1、cat 2)进行反应,相同时间内测得的脱氮率(脱氮率即 NO的转化率)如图所示。M 点　　　　(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率, 理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)通过NOx传感器可监测NOx的含量,其工作原理如图。 ①Pt电极上发生的是　　　　反应(填“氧化”或“还原”)。 ②写出NiO电极上的电极反应式:　　　　　　　　　　　　。 (4)某温度下,在一密闭容器中充入一定量NO(g)发生反应4NO(g)N2(g)+2NO2(g)　 ΔH<0,其正反应速率表达式为v正=k正·cn(NO)(k正为速率常数,只与温度有关),测得反应速率和NO浓度的数据如表所示。 序号 c(NO)/(mol·L-1) v正/(mol·L-1·s-1) ① 0.10 4.00×10-9 ② 0.20 6.40×10-8 ③ 0.30 3.24×10-7 则k正=　　　　mol-3·L3·s-1;下列对于该反应的说法正确的是　　　　(填标号)。 A.当混合气体颜色保持不变时,反应达到化学平衡状态 B.当的比值保持不变时,反应达到化学平衡状态 C.反应达到化学平衡状态时,每消耗0.1 mol NO就会消耗0.05 mol NO2 D.反应达到平衡状态后,若降低温度,则混合气体的颜色变浅 E.反应达到平衡状态后,若减小压强,则混合气体的平均相对分子质量减小 16．H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答: Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下,用天然气与SO2反应,同时生成两种能参与大气循环的氧化物。 (1)该反应的化学方程式为　             。 Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。 (2)H2S的第一步电离方程式为　                  。 (3)已知:25 ℃时,Ksp(SnS)=1.0×10-25,Ksp(CdS)=8.0×10-27。该温度下,向浓度均为0.1 mol·L-1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S,当Sn2+开始沉淀时,溶液中c(Cd2+)=　　　　　　　　　(溶液体积变化忽略不计)。 Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为: i.COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)　ΔH=+7 kJ·mol-1; ii.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH=-42 kJ·mol-1。 (4)已知:断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。 分子 COS(g) H2(g) CO(g) H2S(g) H2O(g) CO2(g) 能量/(kJ·mol-1) 1 319 442 x 678 930 1 606 表中x=　　　　　　　　　。  (5)向10 L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g),进行上述两个反应。其他条件不变时,体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。 ①随着温度升高,CO的平衡体积分数　　　　　(填“增大”或“减小”)。原因为　　　　　　　　　　。 ②T1 ℃时,测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol。则该温度下,COS的平衡转化率为　　　　　;反应i的平衡常数为　　　　　(保留两位有效数字)。 17．[化学——选修3:物质结构与性质] 以铁矿石(Fe2O3)为起始物,经过一系列反应可以得到Fe3[Fe(CN)6]2和Fe(SCN)3。请回答下列问题: (1)写出Fe的原子结构示意图　　　,O原子核外电子轨道表示式为　　　。 (2)KSCN是检验Fe3+的试剂之一,与SCN-互为等电子体的一种分子为　　　。如图1是SCN-与Fe3+形成的一种配离子,画出该配离子中的配位键(以箭头表示)。 (3)K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3+与CN-之间的键型为　　　, 该化学键能够形成的原因是　　　　　　。 (4)K3[Fe(CN)5NO]的组成元素中,属于第2周期的元素的第一电离能由小到大的顺序是　　　,配合物中原子序数最小的元素与氢元素形成的相对分子质量为92的芳香化合物中,中心原子的杂化轨道类型是　　　。 (5)把氯气通入黄血盐(K4[Fe(CN)6])溶液中,得到赤血盐(K3[Fe(CN)6]),写出该变化的化学方程式　　　。 (6)FeO晶胞结构如图2所示,FeO晶体中Fe2+配位数为　　　,若该晶胞边长为a cm,则该晶体密度为　　 g·cm-3(阿伏加德罗常数的值为NA)。 18．[化学——选修3:物质结构与性质] 铁被誉为“第一金属”,铁及其化合物广泛应用于生活、生产、国防等领域。 (1)Fe2+是构成人体血红蛋白(如图1所示)的重要元素,基态Fe2+简化的电子排布式为　　　　　　　　;用物质结构与性质知识分析Fe2+在空气中容易被氧化成Fe3+的主要原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)血红蛋白中所含非金属元素的电负性由小到大的顺序为　　　　　　　　　　　　　;碳原子的杂化轨道类型为　　　　　杂化。 (3)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂等。1 mol [Fe(CO)5]分子中含有　　　　　mol σ 键,与CO互为等电子体的离子的化学式为　　　　　　　(写一种)。 (4)据报道,工业上可电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。Fe2O3的熔点　　　　　 (填“高于”或“低于”)的FeO的熔点,理由是　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)铁晶体有面心立方、体心立方。在这两种晶体中铁的配位数之比为　　　　　　　　　。 (6)某种氮化铁晶体的晶胞如图2所示。已知:该晶胞边长、高分别为a nm、b nm,NA=6.02×1023 mol-1。 ①该氮化铁晶体的化学式为　　　　。 ②列式表示该氮化铁晶体的密度　　　　　　　　。  …………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ …………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… …………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ …………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… 试卷第2页，总2页 试卷第1页，总2页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1.D 【解析】本题考查阿伏加德罗常数的应用。1个CH4中含有4个C—H键,标准状况下22.4 L CH4为1 mol,含有的共价键数为4NA,A项错误;根据2Fe+3Cl2 2FeCl3,1 mol Fe与1 mol Cl2反应,Fe有剩余,则由Cl2 2Cl-知,1 mol Fe与1 mol Cl2充分反应,转移的电子数为2NA,B项错误;未给出醋酸溶液的体积,故无法确定溶液中含有的H+数目,C项错误;设NO2的质量为x g,则46 g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为(×3+×6)×NA=3NA,D项正确。 【备注】无   2.C 【解析】本题考查原电池原理。电极a上H2S转化为S2,发生氧化反应,则电极a为电池的负极,A项正确;电极b上O2转化为H2O,电极反应式为O2+4H++4e-2H2O,B项正确;负极反应式为2H2S-4e-S2+4H+,电路中每流过4 mol电子,在负极消耗 2 mol H2S,而不是正极,且题中未指明H2S所处的状态,C项错误;根据2H2S-4e-S2+4H+知,17 g (0.5 mol) H2S参与反应,生成1 mol H+,经质子膜进入正极区,D项正确。 【备注】无   3.D 【解析】A项,温度太低不利于催化剂活性的提高,反应速率慢,A错误;B项,选择合适的催化剂可以降低反应活化能,但不能改变平衡状态,不能提高SO2平衡转化率,B错误;C项,工业生产中,在常压条件下SO2转化率已相当高,不必加压,C错误;D项,接触室中物料通过热交换器加热,使原料气温度升高,加快反应速率,同时使反应后气体降温,促使平衡正向移动,以提高SO2转化率,D正确。 【备注】无   4.B 【解析】A项,IF5 与水反应,生成HIO3 和HF,化学方程式为IF5 +3H2OHIO3 +5HF,故A正确;B项,IF5中I为+5价,IF5具有氧化性,B错误;C项,纯液态IF5的导电性较强,类比水的电离,可以得出是由于自电离作用:2IF5I+I,C正确;D项,类比卤素单质与NaOH的反应可推知,IF5 可以与NaOH溶液反应生成NaIO3和NaF,故D正确。 【备注】无   5.C 【解析】本题结合阿伏加德罗常数考查物质性质、原子数、转移电子数,考查的核心素养是宏观辨识与微观探析。Cl2溶于水后,一部分Cl2仍以Cl2分子的形式存在,另外一部分Cl2与水发生氧化还原反应生成HCl和HClO,A项错误;Fe(OH)3胶粒是多个Fe(OH)3分子的聚集体,故生成的Fe(OH)3胶粒数目小于0.1NA,B项错误;N2O4和NO2的最简式均为NO2,92 g NO2和N2O4的混合物中含2 mol NO2,则共含6 mol原子,C项正确;常温下,Fe在浓硫酸中钝化,D项错误。 【备注】无   6.D 【解析】由该物质的结构简式可知,该物质的分子式为C8H7NO5,A项正确;该物质含有官能团酯基,可以发生取代反应,含有苯环,苯环可以和氢气发生加成反应,B项正确;两个取代基在苯环对位,属于对称结构,苯环上有两种等效氢,所以苯环上的一氯代物有两种,C项正确;苯环所连酯基可以与NaOH溶液发生水解反应,生成的酚羟基也可以和NaOH反应,故1 mol该物质可以消耗2 mol NaOH,D项错误。 【备注】无   7.A 【解析】本题考查离子共存和离子方程式书写的正误判断。Fe2+、N、K+能大量共存,加入稀硫酸后,N氧化Fe2+生成Fe3+,N被还原为NO,A项正确;Fe3+水解使溶液显酸性,ClO-水解使溶液显碱性,二者不能大量共存,且Fe3+、ClO-均能氧化I-,B项错误;Ba2+、HC、Cl-能大量共存,加入NaOH溶液后,HC转化为C,C与Ba2+反应生成BaCO3沉淀,正确的离子方程式是OH-+HC+Ba2+BaCO3↓+H2O,C项错误;Al(OH)3可溶解于NaOH溶液中,正确的离子方程式是Al3++4OH- Al+2H2O,D项错误。 【备注】无   8.A 【解析】选项A,若用D2O代替H2O,由图中①知可生成H2,由图中②③知可生成HD,由图中④知可生成D2,所以生成的氢气有H2、HD、D2,错误;选项B,此过程中H2O转化为H2,氢元素的化合价降低,H2O被还原,正确;选项C,根据图示微观过程可知B和H2O反应生成B(OH和 H2,正确;选项D,NaBH4中H为-1价,可被氧化成H2或H+,1 mol NaBH4中的H全部被氧化为H+时失去8 mol电子,正确。 【备注】无   9.D 【解析】本题考查可充电K-CO2电池的工作原理,考查的学科素养是思维方法。MWCNTs—COOH为正极催化剂,分散在电极表面,可以促进电子的转移,A项正确;根据电池反应,可知放电时正极反应为3CO2+4e-+4K+2K2CO3+C,则充电时阳极反应为2K2CO3+C-4e-3CO2↑+4K+,B项正确;放电时内电路中电流从负极流向正极,因此内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs—COOH,C项正确;电池负极为KSn合金,K能与水反应,因此不能用KOH溶液代替酯基电解质,D项错误。 【备注】无   10.C 【解析】A项,该物质分子式为C15H18O6NBr,A错误;B项,分子中有一个溴原子、两个酯基、一个酚羟基可以与NaOH反应,其中环中酯基水解生成酚羟基,故1 mol该物质最多可以和5 mol NaOH反应,B错误;C项,化合物X分子中存在2个手性碳原子,如图中*标示的碳原子,C正确;D项,酚羟基邻位上已被其他基团占据,无法与甲醛发生缩聚反应,D错误。 【备注】无   11.C 【解析】本题考查电解质溶液有关知识, 通过数形结合,考查考生提取信息的能力,培养考生证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想的化学学科核心素养。若a点对应溶液pH=4,则c(H+)=1.0×10-4 mol·,对应溶液为氯水,由Cl2+H2OHCl+HClO,则c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-),又c(Cl-)=m·c(ClO-),c(HClO)=(m-1)c(ClO-),Ka(HClO)==,A项错误;向a点对应溶液中通入SO2发生反应Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl,Cl2+H2OHCl+HClO平衡向左移动,溶液漂白能力减弱,B项错误;若x=100,加入的n(NaOH)=0.2 mol,发生反应Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,ClO-水解,使溶液呈碱性,故b点溶液中离子浓度大小关系:c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),C项正确;若y=200,加入的n(NaOH)=0.4 mol,则c点溶液中的溶质为0.2 mol NaOH、0.1 mol NaCl、0.1 mol NaClO,由物料守恒知,c(Na+)=2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO),D项错误。 【备注】电解质溶液中常见的两类问题的突破方法: 第一类问题:求电离常数或水解常数。突破方法的第一步,书写电离平衡或水解平衡方程式;第二步,书写电离常数或水解常数表达式;第三步,根据题给信息(如中性溶液、pH等)寻找各离子浓度,或寻找电离常数与水解常数之间的关系;第四步计算。第二类问题:判断粒子浓度大小关系。突破方法的第一步,根据发生的反应、题给数据等确定溶质成分及浓度;第二步,水解程度、电离程度都较小,据此判断剩余离子浓度大小。一般来说,酸性溶液中,c(OH-)最小;碱性溶液中c(H+)最小。例如,NaHSO3溶液中c(Na+)>c( )>c(H+)>c( )>c(OH-)。   12.C 【解析】本题以酸碱中和滴定的pH变化曲线为载体,考查溶液中的粒子浓度关系,考查的核心素养是“变化观念与平衡思想”。由电解质溶液中的电荷守恒及图象可知,点①溶液中存在:c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(H+)<c(OH-),即c(CN-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)<0,则c(CN-)<c(Na+),点②溶液中存在:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、c(H+)>c(OH-),即c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)>0,则c(CH3COO-)>c(Na+),而点①和点②溶液中的c(Na+)相等,故c(CH3COO-)>c(CN-),A项错误;点③溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,pH=7,则c(H+)=c(OH-)=10-7 mol·L-1,而c(CH3COO-)=c(Na+)≫10-7 mol·L-1,B项错误;由物料守恒知,滴定过程中,滴入的NaOH溶液体积相等时,存在:c(CN-)+c(HCN)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),即c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH),C项正确;点③溶液中:c(H+)=c(OH-),c(CH3COO-)≠c(CH3COOH),则c(CH3COO-)+c(OH-)≠c(CH3COOH)+c(H+),点④溶液中存在质子守恒:c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-),D项错误。 【备注】无   13.C 【解析】本题考查无机化合物性质和元素周期律的应用等知识,意在考查考生对知识的综合推理能力。根据题干信息可推出,m为NH3,n为Cl2,p为H2S,q为N2,r为HCl,s为S。则X为H,Y为N,Z为S,W为Cl。根据元素周期律,原子半径:S>Cl>H,A项正确;N的氢化物有NH3、N2H4等,其中N2H4可作为火箭的燃料,B项正确;选项C,H2SO3的酸性强于HClO,C项错误;H、N、Cl三种元素形成的化合物中氯化铵为离子化合物,D项正确。 【备注】无   14.D 【解析】本题考查电化学知识的综合应用。根据题图可知,H+向左边电极移动,则左边电极为阴极,右边电极为阳极,合成氨的过程中N2得电子发生还原反应,H2失去电子发生氧化反应,故X为N2,Y为H2,Z为NH3,A项错误。H2在阳极上失电子发生氧化反应,电极反应式为H2-2e-2H+,B项错误。未指明温度与压强,无法计算气体体积,C项错误。N2在阴极上得电子发生还原反应,电极反应式为N2+6H++6e-2NH3,故左边区域溶液中H+浓度逐渐降低,溶液pH逐渐升高,D项正确。 【备注】无   15.(1)2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-747 kJ·mol-1 (2)不是　 该反应为放热反应,温度降低,平衡正向移动,平衡脱氧率比温度高时的大,根据cat 2对应曲线可知,M点对应温度的平衡脱氮率应该更高 (3)①还原　②NO+O2--2e-NO2 (4)4.00×10-5　ACE 【解析】(1)由平衡常数表达式为K=可知反应方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g),令①2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=-221 kJ·mol-1,②C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-393.5 kJ·mol-1,③N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH=+181 kJ·mol-1,根据盖斯定律可知,②×2-③-①得到2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-747 kJ·mol-1。(2)分析图象可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率,因为该反应为放热反应,温度降低,平衡正向移动,平衡脱氮率应比温度高时的大,根据cat 2对应曲线可知,M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。(3)①Pt电极上氧气得电子生成O2-,被还原;②NiO电极上NO失电子和O2-反应生成NO2,所以电极反应式为NO+O2--2e-NO2。(4)由题意及表中数据知,解得n=4,将n=4及序号①数据代入v正=k正·cn(NO)得k正=4.00×10-9÷(0.10)4 mol-3·L3·s-1=4.00×10-5 mol-3·L3·s-1。NO、N2无颜色,NO2有颜色,当混合气体颜色保持不变时,反应达到化学平衡状态,A正确; N2和NO2都是生成物,在反应过程中始终按物质的量之比为1∶2关系生成, 的比值始终保持不变,不能以此判断反应达到平衡状态,B错误;反应达到化学平衡状态时,各组分的含量保持不变,正、逆反应速率相等,每消耗0.1 mol NO就会消耗0.05 mol NO2,C正确;ΔH<0,该反应为放热反应,反应达到平衡状态后,若降低温度,平衡正向移动,则混合气体的颜色变深,D错误;该反应的正反应为气体分子数减小的反应,反应达到平衡状态后,若减小压强,反应向气体分子数增大的方向移动,即逆向移动,反应过程中气体的总质量不变,反应逆向移动时,气体的总物质的量增大,则混合气体的平均相对分子质量减小,E正确。 【备注】无   16.Ⅰ.(1)4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O Ⅱ.(2)H2SH++HS-　(3)8.0×10-3  mol·L-1 Ⅲ.(4)1 076　(5)①增大　反应i为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大;反应ii为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO的平衡体积分数也增大　②20%　0.044 【解析】本题考查化学反应原理,涉及化学方程式和电离方程式的书写、溶度积的相关计算、键能与反应热的关系、化学平衡及有关计算等。(1)天然气的主要成分是CH4,根据题意,CH4与SO2反应生成H2S、CO2和H2O,反应条件是高温、催化剂。根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。(2)H2S是二元弱酸,分两步电离,且电离过程是“可逆过程”,以第一步电离为主,H2S的第一步电离方程式为H2S+H。(3)当Sn2+开始沉淀时,溶液中c()== mol·L-1=1.0×10-24 mol·L-1,此时溶液中c(C)== mol·L-1=8.0×10-3  mol·L-1。(4)反应热=反应物总键能-生成物总键能,对于反应i,ΔH=(1 319+442-678-x) kJ·mol-1=+7 kJ·mol-1,解得x=1 076[或利用反应ii进行计算,ΔH=(x+930-1 606-442) kJ·mol-1=-42 kJ·mol-1,解得x=1 076]。(5)①由题图知,随着温度升高,CO的平衡体积分数增大。反应i为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大;反应ii为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO的平衡体积分数增大,综合来讲,其他条件不变,升高温度,体系中CO的平衡体积分数增大。②T1 ℃时,测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol,则反应的n(COS)=0.20 mol,故COS的平衡转化率为×100%=20%。反应i生成0.20 mol CO,剩余0.80 mol H2,生成的CO与H2O(g)发生反应ii,设达到平衡时,参加反应ii的CO为x mol,利用三段式法进行计算: 开始共投入3 mol气体,且反应i和反应ii都是气体分子数不变的反应,故平衡时体系中气体的总物质的量不变。根据题图知,T1℃达到平衡时,CO的体积分数为5%,故×100%=5%,解得x=0.05。故平衡时体系中n(COS)=0.80 mol,n(H2)=0.80 mol+0.05 mol=0.85 mol,n(H2S)=0.20 mol,n(CO)=0.20 mol-0.05 mol=0.15 mol,反应i的平衡常数K==≈0.044。 【备注】无   17.(1)     (2)CO2、N2O、CS2、COS等 (3)配位键　CN-能提供孤对电子,Fe3+能接受孤对电子(或Fe3+有空轨道) (4)C<O<N　 sp2、sp3杂化 (5)2K4[Fe(CN)6]+Cl22K3[Fe(CN)6]+2KCl (6)6　 【解析】(1)Fe为26号元素,位于第4周期第Ⅷ族,原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,最外层有2个电子,则次外层有14个电子;O原子有1s、2s、2p 三个能级,其轨道表示式为。(2)SCN-中含有3个原子,且其价电子数是16,与SCN-互为等电子体的分子有CO2、N2O、CS2、COS等;S、O都有孤对电子,可以提供孤对电子,与铁离子形成配位键。(3) K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3+与CN-之间的键型为配位键,因为CN-能提供孤对电子,Fe3+能接受孤对电子(或Fe3+有空轨道),所以二者之间存在配位键。(4)配合物中处于第2周期的元素为C、N、O,同周期元素,第一电离能从左到右,呈增大趋势,故C最小;N原子2p轨道处于半充满状态,较为稳定,第一电离能高于O,故C<O<N。配合物中原子序数最小的元素为C元素,C原子与H原子形成的相对分子质量为92的芳香化合物为甲苯,苯环上碳原子采用sp2杂化,甲基中碳原子为sp3杂化。(5)氯气将+2价的铁氧化成+3价的铁,所以反应方程式为2K4[Fe(CN)6]+Cl2 2K3[Fe(CN)6]+2KCl。(6)以亚铁离子为中心,沿x、y、z三轴进行切割,结合题图2知,亚铁离子的配位数为6,该晶胞中亚铁离子个数=8×1/8+6×1/2=4,氧离子个数=12×1/4+1=4,其密度= g·cm-3= g·cm-3。 【备注】无   18.(1)[Ar]3d6　Fe2+的价电子排布式为3d6,易失去一个电子达到3d5半充满结构,Fe3+比Fe2+稳定 (2)H<C<N<O　sp2、sp3 (3)10　CN-、、NO+等 (4)高于　 FeO、Fe2O3都是离子晶体,Fe3+的半径较小且电荷数较大,Fe2O3的晶格能大于FeO (5)3∶2 (6)①Fe3N　 ② 【解析】本题考查物质结构与性质,意在考查考生的综合应用能力。(1)Fe2+的简化电子排布式为[Ar]3d6,Fe3+的价电子排布式为3d5,3d能级达到半充满稳定结构。(2)血红蛋白中含有的非金属元素为碳、氮、氧、氢,电负性分别为2.5、3.0、3.5、2.1,血红蛋白分子中有两种碳原子:一种是与周围4个原子形成4个单键,碳原子采用sp3杂化;另一种是与3个原子形成3个σ键、1个π键,碳原子采用sp2杂化。(3)CO与N2互为等电子体,CO分子中含1个σ键,1个CO分子与Fe形成1个配位键,配位键也是σ键,所以,1个[Fe(CO)5]分子含有10个σ键。与CO互为等电子体的离子有多种,如、CN-、NO+等。(4)工业上可电解熔融的氧化铁、氧化亚铁冶炼铁,说明氧化铁、氧化亚铁均是离子晶体,离子晶体的熔点高低由晶格能大小决定,而晶格能由离子半径、离子所带电荷数决定。(5)面心立方晶胞中Fe原子的配位数为12,体心立方晶胞中,Fe原子的配位数为8。(6)①氮化铁晶胞是六棱柱,顶点原子贡献率为,面心原子贡献率为,体内原子贡献率为1,棱上原子贡献率为。观察氮化铁晶胞知,12个铁位于六棱柱顶点、2个铁位于面心、3个铁位于体内,2个氮位于体内。所以,1个氮化铁晶胞中含铁原子数为12×+2×+3=6,氮原子数为2,氮化铁晶体的化学式为Fe3N。②六棱柱的底由6个正三角形组成,对正三角形作高,30°角对应的直角边是斜边的一半,所以,正三角形的高为a nm,正三角形面积S1= nm×a nm=a2nm2,六棱柱底的总面积S=a2 nm2×6=a2 nm2,六棱柱总体积V=a2b nm3。ρ=。计算六棱柱体积要用数学几何知识,列式计算要带单位运算,列出计算式即可。六棱柱底面积等于6个三角形面积之和,可以先求三角形面积。 【备注】无   学科网（北京）股份有限公司 $$