精品解析：陕西省西安市蓝田县城关中学大学区联考2024-2025学年高二上学期12月月考化学试题

2024-2025学年度第一学期第三次阶段性检测 高二化学 注意事项： 1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答非选择题时，将答案直接写在答题卡上。 4.考试结束后将答题卡收回。 第I卷(选择题) 一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分) 1. 化学反应的过程及能量变化如图所示。下列说法错误的是 A. 光照和点燃条件下的反应热相同 B. 2 mol气态氢原子的能量高于1 mol氢气的能量 C. 热化学方程式： D. 键的键能为 2. 随着我国科技日益进步，航天事业发展得如火如荼。常作火箭推进剂，作氧化剂，二者反应生成无污染的气体。同时放出大量的热。 已知：① ② ③ 则的为 A. B. C. D. 3. 科学家已获得了气态N4，其空间结构为正四面体形(如图所示)。已知断裂1molN-N键吸收193kJ能量，断裂1molN≡N键吸收946kJ能量。下列说法正确的是 A. N4属于一种新型化合物 B. N4(g)=2N2(g) △H=+734kJ•mol-1 C. N4(g)比N2(g)更稳定 D. 以N4(g)为原料替代N2(g)合成等量NH3(g)时，会放出更多的热量 4. 已知反应： ，在存在时，该反应的机理为：(快)，(慢)。下列说法错误的是 A. 增大压强慢反应速率加快 B. 的存在可提高总反应的活化分子百分数 C. 的活化能大于198 D. 改变的浓度可显著改变反应速率 5. 的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是 A. 由图1可知，，该反应正反应为吸热反应 B. 由图2可知，该反应 C. 图3中，表示反应速率的是点3 D. 图4中，a曲线一定是使用了催化剂 6. 如图为某实验测得溶液在升温过程中（不考虑水挥发）的pH变化曲线。下列说法正确的是 A. a点时， B. a点、c点溶液的相等 C. b点溶液中， D. ab段，pH减小说明升温抑制了的水解 7. 利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图，下列说法正确的是 A. 电极b反应式是O2+4e-+2H2O=4OH- B. 甲中每消耗64gSO2，乙中有1molH+通过隔膜 C. c电极反应式为N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+ D. 每转移2mol电子，生成2molN2O5和1molH2SO4 8. 下列有关电化学的装置与阐述正确的是 A. 图A是新型可充电双离子电池，充电时阴极区溶液增大 B. 图B是模仿氯碱工业验证溶液（含酚酞）的电解产物 C. 图C是阴极电保护法保护铁管道 D. 图D是工业上常采用电解熔融金属氯化物来冶炼活泼金属单质（如钠、镁、铝等） 9. 氢氧燃料电池构造如图所示，其电池反应的方程式：，下列说法正确的是 A. 燃料电池是一种将燃料的化学能转化为热能，然后将热能转化为电能的装置 B. 电池工作时电子由电极经导线流向电极B，再经电解质流回电极A，形成闭合回路 C. 在电极上获得电子发生还原反应 D. 电解质若为溶液，正极的反应： 10. W、X、Y、Z为是四种原子序数依次增大的短周期元素，这四种元素组成的化学式为的物质在有机合成中具有较高的应用价值。X元素的族序数是周期数的两倍，Y元素的电离能如下表所示，Z原子得到一个电子后核外电子排布变为与稀有气体电子排布相同。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 原子半径： C. 在中，所有原子均满足八电子稳定结构 D. 电解Y和Z组成的二元化合物的水溶液可得到Y和Z的单质 11. 短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图所示（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。下列判断正确的是（ ） A. 甲一定是金属元素 B. 最简单气态氢化物的热稳定性：庚>已>戊 C. 乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物可以相互反应 D. 庚的最高价氧化物的水化物酸性最强 12. 下列为碳元素形成的几种同素异形体，有关晶体结构说法正确的是 A. 1个金刚石晶胞中含8个C原子，最小的六圆环最多有3个原子共面 B. 石墨晶体，C原子与C-C键个数比为1：3，六圆环与C原子数之比为1：6 C. 三种晶体中C原子均为sp2杂化，都属于共价晶体，熔点石墨>金刚石>C60 D. C60晶胞属于分子密堆积，每个晶胞中含240个C原子 13. 一种含四种元素的催化剂能提高析氢的催化活性（如图所示）。下列叙述正确的是 A. 该催化剂中电负性最大的元素是硫 B. 的中心原子价层有4个电子对 C. 该催化剂中的硼原子与相邻的3个碳原子构成平面结构 D. b反应中生成时失去电子 14. 氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等，在潮湿的空气中会被逐渐氧化为黑色的氧化铜。以肼(N2H4)为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为4Cu(CH3COO)2+N2H4+2H2O=2Cu2O↓+N2+8CH3COOH。生成的沉淀需先用水洗涤，再用乙醇洗涤。下列说法错误的是 A. N2H4能与水分子形成分子间氢键 B. 如图所示的Cu2O的晶胞中，与Cu+距离最近且等距离的O2-的个数是4 C. 每生成标准状况下2.24 LN2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023 D. 沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，从而快速得到较干燥的产品 15. 已知：BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3），一定条件下BF3与一定量水可形成晶体Q（）。下列有关说法，正确的是 A. BF3和水反应生成氟硼酸和硼酸是氧化还原反应 B. BF3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 C. 晶体Q中存在离子键、共价键、范德华力和氢键 D. H3BO3在水中只发生反应：，可知硼酸是一元酸 16. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是 A. 在NaCl晶体中，距最近的有6个，距最近且等距的共12个 B. 在晶体中，每个晶胞平均占有4个，的配位数是4 C. 在金刚石晶体中，每个碳原子被12个六元环共同占有，碳原子的配位数为4 D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE，其晶体不导电 第II卷(非选择题) 二、非选择题(共52分) 17. 我国力争2030年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和。CO2 的综合利用是实现碳中和的措施之一。 Ⅰ． CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指微粒吸附在催化剂表面，H*指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态)： （1）决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为___________。 （2）下列说法正确的有___________。 a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率 b． CH3COOH* 比CH3COOH(g)能量高 c．催化效果更好的是催化剂2 d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率 Ⅱ． CO2和 H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ii。 反应i： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1 = -49.3 kJ·mol-1 反应ii： CO2(g) + H2(g CO(g)+ H2O(g) ΔH2 （3）有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2=___________ kJ·mol-1 （4）恒温恒容条件下，仅发生反应ii，反应达到平衡的标志是___________。 a． CO的分压不再发生变化 b．气体平均相对分子质量不再发生变化 c． 气体密度不再发生变化 d． 比值不再发生变化 （5）在5.0MPa，将n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。 ①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是___________ (填“a”或“b”)。 ②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是___________。 ③250℃时反应i： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp=___________(MPa)-2(用最简分数表示)。 18. 氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一。 Ⅰ.合成氨工艺是人工固氮的重要途径。 (1)可用作合成氨的催化剂有很多，如Os，Fe，Pt，Mn，Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如图： 注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字单位：eV)其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。 ①请写出N2参与化学吸附的反应方程式：___。 ②以上历程须克服的最大势垒为____eV。 (2)在使用同一催化剂时，将2.0molN2和6.0molH2通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2时n(H2)的变化(a点恰好达到平衡)，曲线B表示T1时n(NH3)的变化。 ①T2温度下反应进行到某时刻，测得容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v(正)___v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。 ②能否由图中数据得出温度T1>T2，并说明理由___。 Ⅱ.液氨是一种应用广泛的非水溶剂，以氨为原料可以合成很多重要化合物。 (3)Arrhenius提出：溶剂在液态下能自发发生电离，产生溶剂阳离子与溶剂阴离子的现象，称为自耦电离，如液态水的自耦电离方程式为：2H2OH3O++OH-。在液氨中也存在类似的自耦电离，试写出液氨中NH4Cl与NaNH2反应的离子方程式：____。 (4)如图是20℃时，NH3—CO2—H2O三元体系相图。纵坐标代表CO2的体积分数，横坐标代表NH3的体积分数，坐标原点代表液态纯水。 20℃时，可根据需要，选择水溶液体系反应得到(NH4)2CO3(aq)与NH4HCO3(aq)，也可选择无水体系反应得到NH4COONH2(s)。 ①20℃时，利用NH3(g)、CO2(g)和H2O(l)制备NH4HCO3(aq)的最佳曲线是___(填“A—H2O”或“B—H2O”)。 ②B点可得到的产品是____(填化学式)。 19. 某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。 请回答下列问题： （1）甲池为_______(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为_______。 （2）乙池中总反应式为_______。通电一段时间后，若使乙池恢复到通电前的状态(浓度一样)，则可向其中加入适量的_______(填化学式)物质。 （3）当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_______mL(标准状况下)，丙池中_______极析出_______铜。 （4）若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲池中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；丙池中溶液的pH将_______。 （5）若在丙池中使铁件表面镀上铜，则C电极应改为_______作电极(填电极的材料)。电镀前与电镀后相比：丙中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 20. 锰是钢的一种重要添加剂，支撑“中国天眼”FAST的角钢塔架中就含有锰。回答下列问题： （1）Mn元素位于元素周期表的_______区，价层电子排布式为_______。 （2）金属锰有多种晶型，其中γ锰(面心立方)晶胞俯视图为_______(选填编号)。 A. B. C. D. （3）第三电离能_______(选填“>”或“＜”)。 （4）Fe(CO)x的中心原子的价电子数与配体提供的电子数之和为18，则X=_______。已知Fe(CO)x常温下为液体，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，据此判断Fe(CO)x晶体属于_______晶体。 （5）硫化锰是一种重要的半导体材料，其中具有稳定的岩盐矿结构，晶胞结构如图所示。若晶胞参数为，为阿伏伽德罗常数的值，晶胞的密度是_______。(列出计算式) （6）在离子晶体中，当0.414<r(阳离子)﹕r(阴离子)<0.732时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体结构(如下图1)。已知r(Ag+)﹕r(I-)=0.573，但在室温下，AgI的晶体结构如下图2所示，称为六方碘化银。造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的下列原因不可能是_______。 A.几何因素　　　　B.电荷因素　　　　C.键性因素 （7）当温度处于146～555℃间时，六方碘化银转化为α–AgI(如图)，Ag+可随机地分布在四面体空隙和八面体空隙中，多面体空隙间又彼此共面相连。因此可以想象，在电场作用下，Ag+可从一个空隙穿越到另一个空隙，沿着电场方向运动，这就不难理解α–AgI晶体是一个优良的离子导体了。则在α–AgI晶体中，n(Ag+)﹕n(八面体空隙)﹕n(四面体空隙)=_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第一学期第三次阶段性检测 高二化学 注意事项： 1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答非选择题时，将答案直接写在答题卡上。 4.考试结束后将答题卡收回。 第I卷(选择题) 一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分) 1. 化学反应的过程及能量变化如图所示。下列说法错误的是 A. 光照和点燃条件下的反应热相同 B. 2 mol气态氢原子的能量高于1 mol氢气的能量 C. 热化学方程式： D. 键的键能为 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应热效应只与反应的始态和终态有关，与反应途径和反应条件无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，A正确； B．气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2 mol气态氢原子的能量高于1 mol氢气的能量，B正确； C．由图可知1 mol H2(g)和1 mol Cl2(g)反应生成2 mol HCl(g)放出(862-679) kJ=183 kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H2(g)+ Cl2(g)= 2HCl(g) ΔH = -183 kJ⋅mol−1，C正确； D．由图可知2 mol HCl分子中的化学键形成时要释放 862 kJ能量，所以键的键能为431 kJ⋅mol−1，D错误； 故答案选D。 2. 随着我国科技日益进步，航天事业发展得如火如荼。常作火箭推进剂，作氧化剂，二者反应生成无污染的气体。同时放出大量的热。 已知：① ② ③ 则的为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据盖斯定律，得目标方程式，则=，故选A。 3. 科学家已获得了气态N4，其空间结构为正四面体形(如图所示)。已知断裂1molN-N键吸收193kJ能量，断裂1molN≡N键吸收946kJ能量。下列说法正确的是 A. N4属于一种新型化合物 B. N4(g)=2N2(g) △H=+734kJ•mol-1 C. N4(g)比N2(g)更稳定 D. 以N4(g)为原料替代N2(g)合成等量NH3(g)时，会放出更多的热量 【答案】D 【解析】 【详解】A．N4属单质，故A错误； B．1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×193kJ=1158kJ，形成化学键放出的热量为946kJ×2=1892kJ，所以反应放热，放出的热量为：1892kJ-1158kJ=734kJ，则N4(g)=2N2(g) △H=-734kJ•mol-1，故B错误； C．结合选项B可知，N4(g)比N2(g)能量高，则N4(g)不如N2(g)稳定，故C错误； D．结合选项B可知，2molN2转化为1molN4需要吸收734kJ的热量，则以N4为原料替代N2合成等量NH3时，放出的热量变多，故D正确； 故答案为D。 4. 已知反应： ，在存在时，该反应的机理为：(快)，(慢)。下列说法错误的是 A. 增大压强慢反应速率加快 B. 的存在可提高总反应的活化分子百分数 C. 的活化能大于198 D. 改变的浓度可显著改变反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．增大压强可以增加单位体积内活化分子数，反应速率加快，A正确； B．根据反应信息，是该反应的催化剂，可提高总反应的活化分子百分数，B正确； C．根据盖斯定律，的反应热为，反应为放热反应，活化能小于，C错误； D．慢反应的速率决定整个反应速率，改变的浓度可以改变慢反应的速率，可以显著改变反应速率，D正确； 故选C。 5. 的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是 A. 由图1可知，，该反应正反应为吸热反应 B. 由图2可知，该反应 C. 图3中，表示反应速率的是点3 D. 图4中，a曲线一定是使用了催化剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据“先拐先平数值大”的原则，T2先达到平衡，故T2温度高，且T2对应C%含量低，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，选项A错误； B．由图2可知，相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡正向移动，则m+n>p，选项B错误； C．图3中，曲线上点为平衡点，点1对应的转化率大于平衡转化率，点3转化率小于平衡转化率，点3时反应正向进行，则反应速率，选项C正确； D．图4中，若m＋n＝p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，选项D错误； 答案选C。 6. 如图为某实验测得溶液在升温过程中（不考虑水挥发）的pH变化曲线。下列说法正确的是 A. a点时， B. a点、c点溶液的相等 C. b点溶液中， D. ab段，pH减小说明升温抑制了的水解 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，碳酸氢钠溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh= ，所以，故A正确； B．Kw=c(H+)c(OH-)，随着温度的升高，Kw增大；a点、c点的pH相同，即氢离子浓度相同，但c点的Kw大，所以a点溶液的比c点溶液的小，故B错误； C．b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：，由于c(H+)<，所以，故C错误； D．碳酸氢钠溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解的两个过程，故D错误； 选A。 7. 利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图，下列说法正确的是 A. 电极b反应式是O2+4e-+2H2O=4OH- B. 甲中每消耗64gSO2，乙中有1molH+通过隔膜 C. c电极反应式为N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+ D. 每转移2mol电子，生成2molN2O5和1molH2SO4 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由分析可知，电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为，故A错误； B．64g二氧化硫的物质的量为=1mol，1mol二氧化硫失去2mol电子生成硫酸，由得失电子数目守恒可知，d电极上2mol氢离子放电生成氢气，则有2mol氢离子通过隔膜由左侧移向右侧，故B错误； C．由分析可知，电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，电极反应式为，故C错误； D．由分析可知，电极a为负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极c为电解池的阳极，在无水硝酸作用下，四氧化二氮在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，由得失电子数目守恒可知，每转移电子，电极c生成2mol五氧化二氮、电极a生成1mol硫酸，故D正确； 故选D。 8. 下列有关电化学的装置与阐述正确的是 A. 图A是新型可充电双离子电池，充电时阴极区溶液增大 B. 图B是模仿氯碱工业验证溶液（含酚酞）的电解产物 C. 图C是阴极电保护法保护铁管道 D. 图D是工业上常采用电解熔融金属氯化物来冶炼活泼金属单质（如钠、镁、铝等） 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据图象信息可知，放电时，Zn失电子，与氢氧根离子反应生成[Zn(OH)4]2-，作负极，充电时，原负极接电源负极作阴极，对应阴极区[Zn(OH)4]2-得电子生成Zn和OH-，pH增大，A正确； B．该装置目的为用碘化钾淀粉溶液检验生成的氯气，用小试管收集并检验生成的氢气，左侧电极附近溶液变红检验生成的氢氧化钠，因此左侧铁棒应作阴极，右侧电极作阳极，电流方向：阳极→阴极，图示装置电子方向有误，B错误； C．形成电解池，铁管道连接电源正极做阳极，铁失电子铁管道被腐蚀，C错误； D．氯化铝为共价化合物，熔融态不导电，电解熔融的氯化铝无法冶炼铝，工业电解熔融的氧化铝制取铝，D错误； 故选：A。 9. 氢氧燃料电池构造如图所示，其电池反应的方程式：，下列说法正确的是 A. 燃料电池是一种将燃料的化学能转化为热能，然后将热能转化为电能的装置 B. 电池工作时电子由电极经导线流向电极B，再经电解质流回电极A，形成闭合回路 C. 在电极上获得电子发生还原反应 D. 电解质若为溶液，正极的反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，但H2没有发生燃烧反应，不是将燃料燃烧时释放出的热能直接转化为电能，A错误； B．电池中燃料氢气充入一极为负极即A为负极B电极为正极，则工作时电子由电极经导线流向电极B，电子不能在电解质溶液中传递，B错误； C．该电池工作时，H2在负极A上失去电子发生氧化反应，C错误； D．电解质若为溶液，正极为氧气得到电子发生还原反应即反应：，D正确； 故选D。 10. W、X、Y、Z为是四种原子序数依次增大的短周期元素，这四种元素组成的化学式为的物质在有机合成中具有较高的应用价值。X元素的族序数是周期数的两倍，Y元素的电离能如下表所示，Z原子得到一个电子后核外电子排布变为与稀有气体电子排布相同。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 原子半径： C. 在中，所有原子均满足八电子稳定结构 D. 电解Y和Z组成的二元化合物的水溶液可得到Y和Z的单质 【答案】B 【解析】 【分析】X元素的族序数是周期数的两倍，X可能是C或S，因Y、Z的原子序数大于X，则X只能是C，结合Y元素的电离能可知Y最外层有2个电子IIA族元素，Y为Mg，Z原子得到一个电子后核外电子排布变为与稀有气体电子排布相同，Z为VIIA族元素，Z为Cl，这四种元素组成的化学式为，可知W为H，据此分析解答。 【详解】A．电负性：Cl>H>Mg，故A错误； B．原子半径：Mg>Cl>H，故B正确； C．H原子不满足八电子稳定结构，故C错误； D．电解氯化镁溶液时，阴极是氢离子放电生成氢气，得不到Mg，故D错误； 故选：B。 11. 短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图所示（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。下列判断正确的是（ ） A. 甲一定是金属元素 B. 最简单气态氢化物的热稳定性：庚>已>戊 C. 乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物可以相互反应 D. 庚的最高价氧化物的水化物酸性最强 【答案】B 【解析】 【分析】由短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图 ( 甲不一定在丁、庚的连线上 ) ，戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊为N元素，己为O元素，结合位置可知，甲可能为H或Li，丁为C，庚为F，乙为Mg，丙为Al。 【详解】A.根据信息可以推断甲为Li或H，A错误； B.非金属性强弱 ：F＞Ｎ＞Ｏ，非金属元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：庚 > 己 > 戊，B正确； C.乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物分别为、、，这三者之间均不可以相互反应，C错误； D.庚为F，没有最高价氧化物，D错误； 答案选B。 12. 下列为碳元素形成的几种同素异形体，有关晶体结构说法正确的是 A. 1个金刚石晶胞中含8个C原子，最小的六圆环最多有3个原子共面 B. 石墨晶体，C原子与C-C键个数比为1：3，六圆环与C原子数之比为1：6 C. 三种晶体中C原子均为sp2杂化，都属于共价晶体，熔点石墨>金刚石>C60 D. C60晶胞属于分子密堆积，每个晶胞中含240个C原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．金刚石晶胞中最小的六圆环最多有4个原子共面，故A错误； B．石墨晶体C原子与C-C键个数比为2：3，六圆环与C原子数之比为1：2，故B错误； C．石墨晶体为混合晶体C原子为sp2杂化，C60晶体为分子晶体C原子为sp2杂化，金刚石晶体为共价晶体C原子为sp3杂化，熔点石墨>金刚石>C60，故C错误； D．C60晶胞属于分子密堆积，每个晶胞中含有4个C60分子240个C原子，故D正确； 答案为D。 13. 一种含四种元素的催化剂能提高析氢的催化活性（如图所示）。下列叙述正确的是 A. 该催化剂中电负性最大的元素是硫 B. 的中心原子价层有4个电子对 C. 该催化剂中的硼原子与相邻的3个碳原子构成平面结构 D. b反应中生成时失去电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．同一周期从左到右元素的电负性逐渐增大，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减小，该催化剂中电负性最大的元素是氮，故A错误； B．可看成一个碘原子为中心原子，另外两个是配位原子，中心原子价层电子对数为：2+=5，故B错误； C．硼原子与相邻的3个碳原子形成3个σ键，硼原子为sp2杂化，则该催化剂中的硼原子与相邻的3个碳原子构成平面结构，故C正确； D．b反应为+2e-=3I-，因此b反应中生成3molI-的得到2mol电子，故D错误。 答案选C。 14. 氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等，在潮湿的空气中会被逐渐氧化为黑色的氧化铜。以肼(N2H4)为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为4Cu(CH3COO)2+N2H4+2H2O=2Cu2O↓+N2+8CH3COOH。生成的沉淀需先用水洗涤，再用乙醇洗涤。下列说法错误的是 A. N2H4能与水分子形成分子间氢键 B. 如图所示的Cu2O的晶胞中，与Cu+距离最近且等距离的O2-的个数是4 C. 每生成标准状况下2.24 LN2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023 D. 沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，从而快速得到较干燥的产品 【答案】B 【解析】 【详解】A．含N、O元素的电负性大，原子半径小，它们的氢化物之间含氢键，则N2H4能与水分子形成分子间氢键，A正确； B．图中白球位于顶点和体心，其个数为8×+1=2；黑球位于体内，个数为4，则白球与黑球的个数比为1：2，由Cu2O可知黑球为Cu+，白球的配位数为4，Cu+的配位数是2，B错误； C．由反应可知生成l mol气体转化4 mol电子，每生成标准状况下2.24 L N2，其物质的量是0.1 mol，则反应转移电子数为0.4×6.02×1023，C正确； D．乙醇与水互溶，且具有还原性，则沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化，D正确； 故合理选项是B。 15. 已知：BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3），一定条件下BF3与一定量水可形成晶体Q（）。下列有关说法，正确的是 A. BF3和水反应生成氟硼酸和硼酸是氧化还原反应 B. BF3分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 C. 晶体Q中存在离子键、共价键、范德华力和氢键 D. H3BO3在水中只发生反应：，可知硼酸是一元酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．BF3和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3）没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误； B．BF3分子中，B原子最外层只有6个电子，B错误； C．由Q的结构可知：晶体Q分子内：不存在离子键，存在B-F、B-O、O-H共价键，O…H之间存在氢键，分子之间存在范德华力，C错误； D．由H3BO3在水中只发生反应可知：为硼酸的电离方程式，故硼酸为一元弱酸，D正确。 答案选D。 16. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是 A. 在NaCl晶体中，距最近的有6个，距最近且等距的共12个 B. 在晶体中，每个晶胞平均占有4个，的配位数是4 C. 在金刚石晶体中，每个碳原子被12个六元环共同占有，碳原子的配位数为4 D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE，其晶体不导电 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯化钠晶体中，距最近且等距的是6个，即钠离子的配位数是6，距最近且相等的位于面心处，共有个，A正确； B．位于晶胞顶点和面心，数目为，即每个晶胞平均占有4个，距离最近且等距的有4个，即的配位数为4，B正确； C．在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接个大元环，碳原子的配位数为4，C正确； D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为或，该晶体为分子晶体，其中不含能自由移动的电子或离子，因此不能导电，D错误； 故答案为D。 第II卷(非选择题) 二、非选择题(共52分) 17. 我国力争2030年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和。CO2 的综合利用是实现碳中和的措施之一。 Ⅰ． CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指微粒吸附在催化剂表面，H*指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态)： （1）决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为___________。 （2）下列说法正确的有___________。 a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率 b． CH3COOH* 比CH3COOH(g)能量高 c．催化效果更好的是催化剂2 d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率 Ⅱ． CO2和 H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ii。 反应i： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1 = -49.3 kJ·mol-1 反应ii： CO2(g) + H2(g CO(g)+ H2O(g) ΔH2 （3）有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2=___________ kJ·mol-1 （4）恒温恒容条件下，仅发生反应ii，反应达到平衡的标志是___________。 a． CO的分压不再发生变化 b．气体平均相对分子质量不再发生变化 c． 气体密度不再发生变化 d． 比值不再发生变化 （5）在5.0MPa，将n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。 ①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是___________ (填“a”或“b”)。 ②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是___________。 ③250℃时反应i： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp=___________(MPa)-2(用最简分数表示)。 【答案】（1）CH3* + CO2*= CH3COO*或CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H* （2）ac （3）+41 （4）ad （5） ①. a ②. 温度升高后，以副反应(或反应ii )为主，副反应(或反应ii )是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动(其他合理答案也可) ③. 【解析】 【小问1详解】 从图中可以看出，第二个过渡态的活化能最大，则此步为控速步，其基元反应CH3* + CO2*= CH3COO*或CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H*。 【小问2详解】 a．增大催化剂表面积，可提高CO2在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在催化剂表面的吸附速率，故正确； b．从图中可以看出 CH3COOH* 比CH3COOH(g)能量要低得多，故错误； c．从图中看出，催化剂2参与的反应中，活化能都比催化剂1参与的相同的反应活化能低，所以催化效果更好的是催化剂2，故正确； d．使用高活性催化剂能加快反应速率，但不能降低反应焓变，故错误。 故选ac。 【小问3详解】 从图分析，有热化学方程式① ② 则根据盖斯定律分析，有②-①得热化学方程式CO2(g) + H2(g CO(g)+ H2O(g) ΔH2=-242+283=+41 kJ·mol-1。 【小问4详解】 恒温恒容条件下a． CO的分压不再发生变化能说明反应到平衡，故正确；b．该反应前后气体总物质的量的不变，故气体平均相对分子质量始终不变，故气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应到平衡，故错误；c． 该反应在密闭容器中进行，容器的体积不变，反应体系全为气体，气体总质量不变，故气体密度始终不变，故密度不再发生变化不能说明到平衡，故错误；d． 比值不再发生变化说明该反应到平衡，故正确。故选ad。 【小问5详解】 ①反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升温反应i逆向移动，反应ii正向移动，故表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a。 ②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是升温后反应以反应ii为主，该反应为吸热反应，升温正向移动，二氧化碳的转化率增大。 ③根据将n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16假设，起始加入的二氧化碳为5mol，氢气为16mol，250℃时二氧化碳的转化率为20%，即反应的二氧化碳的量为1mol，体系中一氧化碳和甲醇在含碳产物中的物质的量百分数为50%，即各为0.5mol， 反应i： ，，平衡时二氧化碳为5-1=4mol氢气为16-1.5-0.5=14mol，甲醇为0.5mol，水为0.5+0.5=1mol，一氧化碳为0.5mol，总物质的量为4+14+0.5+1+0.5=20mol，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp=。 18. 氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一。 Ⅰ.合成氨工艺是人工固氮的重要途径。 (1)可用作合成氨的催化剂有很多，如Os，Fe，Pt，Mn，Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如图： 注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字单位：eV)其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。 ①请写出N2参与化学吸附的反应方程式：___。 ②以上历程须克服的最大势垒为____eV。 (2)在使用同一催化剂时，将2.0molN2和6.0molH2通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2时n(H2)的变化(a点恰好达到平衡)，曲线B表示T1时n(NH3)的变化。 ①T2温度下反应进行到某时刻，测得容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v(正)___v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。 ②能否由图中数据得出温度T1>T2，并说明理由___。 Ⅱ.液氨是一种应用广泛的非水溶剂，以氨为原料可以合成很多重要化合物。 (3)Arrhenius提出：溶剂在液态下能自发发生电离，产生溶剂阳离子与溶剂阴离子的现象，称为自耦电离，如液态水的自耦电离方程式为：2H2OH3O++OH-。在液氨中也存在类似的自耦电离，试写出液氨中NH4Cl与NaNH2反应的离子方程式：____。 (4)如图是20℃时，NH3—CO2—H2O三元体系相图。纵坐标代表CO2的体积分数，横坐标代表NH3的体积分数，坐标原点代表液态纯水。 20℃时，可根据需要，选择水溶液体系反应得到(NH4)2CO3(aq)与NH4HCO3(aq)，也可选择无水体系反应得到NH4COONH2(s)。 ①20℃时，利用NH3(g)、CO2(g)和H2O(l)制备NH4HCO3(aq)的最佳曲线是___(填“A—H2O”或“B—H2O”)。 ②B点可得到的产品是____(填化学式)。 【答案】 ①. N2(g)→2N*(g)[或N2(g)+H2(g)→2N*(g)+H2(g)] ②. 1.47 ③. > ④. 不能，因为温度不同，催化剂的活性不同，对反应速率造成的影响不同 ⑤. NH+NH=2NH3 ⑥. A—H2O ⑦. NH4COONH2 【解析】 【分析】 【详解】(1)①由图可知氮气参与化学吸附的反应方程式为N2(g)→2N*(g)[或N2(g)+H2(g)→2N*(g)+H2(g)]； ②由图可知N2(g)+H2(g)→2N*(g)+H2(g)时相对总能量降低1.46eV，2N*(g)+H2(g)→TSl时相对总能量升高0.01eV-(-1.46eV)=1.47eV，TS1→2N*(g)+2H*(g) 时相对总能量降低3.46eV，因此以上历程须克服的最大势垒为1.47eV； (2)①T2平衡时n(H2)=3mol，则，平衡时总压p=p始=0.75p始，某时刻，测得容器内气体的压强为起始时的80% >0.75，则反应总体表现为正向进行，v(正) >v(逆)； ②虽然两种温度下起始条件相同，但是温度不同，催化剂活性不同，不能比较温度大小，填：不能，因为温度不同，催化剂的活性不同，对反应速率造成的影响不同； (3)由题意可知液氨中存在自耦电离2NH3NH+NH，则NH和NH能反应生成氨，因此液氨中NH4Cl与NaNH2反应的离子方程式为NH+NH=2NH3； (4)NH4HCO3可看成NH3·H2O·CO2，(NH4)2CO3可看成2NH3·H2O·CO2，NH4COONH2(s)可看成2NH3·CO2； ①NH4HCO3中N和C物质的量之比为1:1，所需物质的量之比NH3—CO2为1:1，因此20℃时，利用NH3(g)、CO2(g)和H2O(l)制备NH4HCO3(aq)的最佳曲线是A—H2O； ②B点NH3(g)和CO2(g)物质的量之比为2:1且没有水，能得到NH4COONH2(s)。 19. 某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。 请回答下列问题： （1）甲池为_______(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为_______。 （2）乙池中总反应式为_______。通电一段时间后，若使乙池恢复到通电前的状态(浓度一样)，则可向其中加入适量的_______(填化学式)物质。 （3）当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_______mL(标准状况下)，丙池中_______极析出_______铜。 （4）若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲池中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；丙池中溶液的pH将_______。 （5）若在丙池中使铁件表面镀上铜，则C电极应改为_______作电极(填电极的材料)。电镀前与电镀后相比：丙中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. 原电池 ②. CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O （2） ①. 4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑ ②. Ag2O或Ag2CO3 （3） ①. 280 ②. D ③. 1.6 （4） ①. 减小 ②. 增大 （5） ①. Cu或铜 ②. 不变 【解析】 【分析】由题干图示信息可知，甲池为甲醇燃料电池，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通甲醇的一极为负极，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；乙池为电解池，石墨电极A为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag；丙池为电解池，电极C为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极D为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，甲池为原电池，通入CH3OH电极为负极，该电极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，故答案为：原电池；CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O； 【小问2详解】 由分析可知，乙池为电解池，石墨电极A为阳极，电极反应为：H2O-4e-=4H++O2↑，Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag，故乙池中总反应式为：4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，由此可知电解中从溶液中析出4molAg的同时析出1molO2，故通电一段时间后，若使乙池恢复到通电前的状态(浓度一样)，则可向其中加入适量的Ag2O或Ag2CO3等物质，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑；Ag2O或Ag2CO3； 【小问3详解】 由分析可知，乙池中Ag电极B为阴极，电极反应为：Ag++e-=Ag，则当乙池中B极质量增加5.40g时，电路上通过的电子的物质的量为：=0.05mol，而甲池为甲醇燃料电池，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，根据电子守恒可知，甲池中理论上消耗O2的在标准状况下的体积为=280mL，丙池为电解池，电极C为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极D为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，丙池中D极析出=1.6铜，故答案为：280；D；1.6； 【小问4详解】 由分析可知，甲池为甲醇燃料电池，通O2的一极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通甲醇的一极为负极，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，则甲池总反应为：2CH3OH+3O2+4OH-=2+6H2O，电键闭合一段时间后，甲池中溶液的pH将减小；若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，则丙池的电解反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故丙池中溶液的pH将增大；故答案为：减小；增大； 【小问5详解】 由分析可知，丙池中C电极为阳极，D电极为阴极，故若在丙池中使铁件表面镀上铜，则C电极应改为Cu作电极，则此时阳极电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu，根据电子守恒可知，电镀前与电镀后相比，丙中溶液CuCl2浓度不变，故溶液的pH将不变，故答案为：Cu；不变。 20. 锰是钢的一种重要添加剂，支撑“中国天眼”FAST的角钢塔架中就含有锰。回答下列问题： （1）Mn元素位于元素周期表的_______区，价层电子排布式为_______。 （2）金属锰有多种晶型，其中γ锰(面心立方)晶胞俯视图为_______(选填编号)。 A. B. C. D. （3）第三电离能_______(选填“>”或“＜”)。 （4）Fe(CO)x的中心原子的价电子数与配体提供的电子数之和为18，则X=_______。已知Fe(CO)x常温下为液体，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，据此判断Fe(CO)x晶体属于_______晶体。 （5）硫化锰是一种重要的半导体材料，其中具有稳定的岩盐矿结构，晶胞结构如图所示。若晶胞参数为，为阿伏伽德罗常数的值，晶胞的密度是_______。(列出计算式) （6）在离子晶体中，当0.414<r(阳离子)﹕r(阴离子)<0.732时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体结构(如下图1)。已知r(Ag+)﹕r(I-)=0.573，但在室温下，AgI的晶体结构如下图2所示，称为六方碘化银。造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的下列原因不可能是_______。 A.几何因素　　　　B.电荷因素　　　　C.键性因素 （7）当温度处于146～555℃间时，六方碘化银转化为α–AgI(如图)，Ag+可随机地分布在四面体空隙和八面体空隙中，多面体空隙间又彼此共面相连。因此可以想象，在电场作用下，Ag+可从一个空隙穿越到另一个空隙，沿着电场方向运动，这就不难理解α–AgI晶体是一个优良的离子导体了。则在α–AgI晶体中，n(Ag+)﹕n(八面体空隙)﹕n(四面体空隙)=_______。 【答案】（1） ①. d ②. 3d5 （2）D （3）> （4） ①. 5 ②. 分子晶体 （5） （6）ab （7）1﹕3﹕6 【解析】 【小问1详解】 Mn是25号元素，电子排布为[Ar]3d54s2，位于d区，Mn2+失去最外层两个电子，价电子排布式为3d5； 【小问2详解】 金属锰的晶胞构型，属于面心立方构型，俯视图中除了顶点外，能看到面心和四个棱边中点（侧面的面心），晶胞俯视图符合D； 【小问3详解】 Fe的电子排布是[Ar]3d64s2，Mn的电子排布为[Ar]3d54s2，则Fe2+的电子排布为[Ar]3d6，Mn2+的电子排布为[Ar]3d5，Mn2+的3d能级是半充满相对稳定结构，较难失去电子，故第三电离能I3(Fe)较小； 【小问4详解】 根据配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，一个CO提供两个电子，Fe有8个价电子，则8+2x=18, 所以x=5；Fe(CO)5常温下为液体，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，熔沸点较低，可判断为分子晶体； 【小问5详解】 晶胞中由Mn原子个数为8+6=4，S原子个数为12+1=4，晶胞质量为g，晶胞体积为a3pm3=(a10-10)3cm3，晶胞密度为g/cm3=g/cm3。 【小问6详解】 a．晶体离子半径比符合(阳离子)(阴离子)范围，几何因素与氯化钠相似，说明造成晶体结构不同于晶体结构的原因不可能是几何因素，a符合； b．晶体阴阳离子电荷与氯化钠相同，电荷因素与氯化钠相似，说明造成晶体结构不同于晶体结构的原因不可能是几何因素和电荷因素，b符合； c．Ag、I的电负性差异与Na、Cl电负性差异不同，键性有差异，所以可能是键性因素造成晶体结构不同于晶体结构，c不符合； 故选ab； 【小问7详解】 如图取最小的单元，八面体空隙在面心(6个)和棱上(12个)，有个，四面体空隙在面心，每个面心四个，有个，每个晶胞含有个离子，则n(Ag+)﹕n(八面体空隙)﹕n(四面体空隙)=2﹕6﹕12= 1﹕3﹕6。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $