精品解析：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) 一、单选题(共14题，每题3分，共42分)  1. 设NA为阿伏伽德罗常数的值。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1mol Cl2充分反应，电子转移数为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，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA 【答案】D 【解析】 【详解】A、标准状况下，22.4 L CH4的物质的量为1mol，1mol甲烷中有4molC－H，因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol，故错误； B、2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁过量，氯气不足，因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol，故错误； C、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故错误； D、由于N2O4的最简式为NO2，所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46g NO2，即1mol，原子物质的量为1mol×3=3mol，故正确。 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下图所示。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44.8LH2S D. 每17 g H2S参与反应，有1 mol H+经质子膜进入正极区 【答案】C 【解析】 【详解】A、根据图示，电极a上H2S失去电子被氧化成S2，电极a为负极，A项正确； B、电极b上O2发生得电子的还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，B项正确； C、H2S在负极被消耗，负极电极反应式为2H2S-4e-=S2+4H+，电路中流过4mol电子，负极消耗2molH2S，H2S所处温度和压强未知，无法计算消耗H2S的体积，C项错误； D、n（H2S）==0.5mol，根据正极和负极电极反应式，每17gH2S参与反应有1molH+经质子膜进入正极区，D项正确； 答案选C。 【点睛】本题考查燃料电池正负极的判断、电极反应式的书写、燃料电池的计算，准确判断燃料电池的正负极和理解原电池原理是解题的关键。书写电极反应式时注意溶液的酸碱性。 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 【答案】D 【解析】 【详解】A．温度太低不利于催化剂活性的提高，反应速率慢，A错误； B．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．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．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； 答案选D。 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+3H2O=HIO3+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 D. IF5可以与NaOH溶液反应生成2种盐 【答案】B 【解析】 【详解】A．IF5 与水反应，生成HIO3和HF，化学方程式为IF5 +3H2O=HIO3 +5HF，A正确； B．IF5中I为+5价，IF5具有氧化性，B错误； C．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：，C正确； D．IF5可以与NaOH溶液反应生成NaIO3和NaF，即生成两种盐，D正确； 故答案为B。 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 【答案】C 【解析】 【详解】A．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，转移电子数小于0.1NA，A错误； B．一个Fe(OH)3胶粒是多个Fe(OH)3分子的聚集体，生成的Fe(OH)3胶粒数目远小于0.1NA，B错误； C．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，原子数为6NA，C正确； D．常温下Fe在浓硫酸中发生钝化，表面迅速形成致密氧化膜，反应不能持续进行，无法完全反应，转移电子数不等于0.3NA，D错误； 故答案为C。 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 【答案】D 【解析】 【详解】A．由该物质的结构简式可知，该物质的分子式为C8H7NO5，A正确； B．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正确； C．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正确； D．1 mol该物质和足量NaOH反应时，酯基水解生成1 mol酚羟基和1 mol乙酸，二者各消耗1 mol NaOH；同时硝酸酯结构（−ONO2）水解后生成的物质也可消耗2mol NaOH，因此1 mol该物质最多消耗4 mol NaOH，D错误； 故答案为D。 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（ ） 选项 离子组 加入试剂 加入试剂后发生反应的离子方程式 A Fe2+、NO3-、K+ 稀硫酸 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O B Fe3+、I-、ClO- 氢氧化钠溶液 Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ C Ba2+、HCO3-、Cl- 氢氧化钠溶液 HCO3-+OH-=CO32-+H2O D Al3+、Cl-、NO3- 过量氢氧化钠溶液 Al3++3OH-=Al(OH)3↓ A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．Fe2+、H+、NO3-会发生氧化还原反应，反应符合事实，遵循离子方程式书写原则，A正确； B．Fe3+、ClO-都具有强的氧化性，可以与I-发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误； C．该组离子之间不能发生反应，可大量共存，当加NaOH溶液时，会发生反应：Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O，产生BaCO3沉淀，离子方程式不符合事实，C错误； D．该组离子之间不发生任何反应，可大量共存，加过量NaOH溶液发生Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，D错误； 故合理选项是A。 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. 若用代替，反应后生成的气体中只含有HD和 B. 此过程中被还原 C. 与水反应的离子方程式为 D. 中H为-1价，最多可失去8mol电子 【答案】A 【解析】 【分析】在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示，根据图示可知，和H2O在催化剂作用下反应生成和H2，反应的离子方程式为：，由此分析解答。 【详解】A．由图示可知，若用D2O代替H2O，D2O中的D一部分进入氢气，一部分进入，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、HD、D2，故A错误； B．水中氢元素的化合价降低，是氧化剂，被还原，故B正确； C．与水反应为氢元素的归中反应，该反应的离子方程式为+4H2O=+4H2↑，故C正确； D．Na为+1价，化合物中总化合价为0，B为IIIA元素，则B为+3价，H为-1价，1mol的H全部被氧化为H+时失去8mol电子，故D正确； 故答案选A。 9. 近日，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()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，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. 分散在电极表面可促进电子的转移 B. 充电时，阳极反应为↑ C. 放电时，内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向 D. 为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.—COOH具有酸性，—COOH的存在会引起MWCNTs-COOH与K2CO3的反应，使反应正向进行，因而能加快K2CO3的分解，促进电子的转移反应的进行，A正确； B．放电时，正极反应为：4K++3CO2+4e-=2K2CO3+C，则充电时阳极的电极反应式为：2K2CO3+C-4e-=4K++3CO2↑，B正确； C．放电时，KSn合金作负极，MWCNTs-COOH作正极，在内电路中电流由负极流向正极，C正确； D．若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTs-COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误； 故合理选项是D。 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 【答案】C 【解析】 【详解】A．该物质分子式为C15H18O6NBr，A错误； B．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．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．化合物X含有氨基，能和盐酸反应，X结构中不存在酚羟基邻对位上的氢，则不能与甲醛发生缩聚反应，D错误； 故选C。 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-) 【答案】C 【解析】 【详解】A．若a点对应溶液pH=4，则c(H+)=1.0×10-4，对应溶液为氯水，由Cl2+H2OHCl+HClO，则c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，又因为c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)==，A错误； B．向a点对应溶液中通入SO2发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，则Cl2+H2OHCl+HClO平衡向左移动，溶液漂白能力减弱，B错误； C．若x=100，加入的n(NaOH)=0.2 mol，氢氧化钠与氯气恰好完全反应：Cl2+2NaOH=NaCl+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正确； D．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错误； 故选C。 12. 常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/LCH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图[Ka(CH3COOH)>K(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+) 【答案】C 【解析】 【分析】A.根据点①和点②所示溶液中的电荷守恒分析； B.点③中pH=7，则c(OH-)=c(H+)； C.根据点①和点②所示溶液中的物料守恒分析； D.点③和点④所示溶液中存在电荷守恒、物料守恒分析。 【详解】A.点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH-)+c(CN-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-)>c(H+)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-)<c(H+)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO-)> c(CN-)，A错误； B.点③中pH=7，则c(OH-)=c(H+)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，则点③中c(CH3COO-)=c(Na+)>c(OH-)=c(H+)，B错误； C.点①的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN-)=c(Na+)，点②所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN-)= c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，即c(CH3COO-)- c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)，C正确； D.点③和点④所示溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，在③中CH3COOH与CH3COO-的和等于Na+的物质的量，CH3COO-发生水解反应，所以c(Na+)>c(CH3COOH)，所以c(OH-)+c(CH3COO-)>c(CH3COOH)+c(H+)，D错误； 故合理选项是C。 【点睛】本题考查酸、碱混合溶液中离子浓度的关系，明确混合后溶液中的溶质是解答的关键，注意在判断溶液中离子浓度大小时，要涉及盐的电离、水解及弱电解质电离程度，结合电荷守恒和物料守恒的应用分析、判断。 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。下列说法不正确的是 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 【答案】C 【解析】 【分析】 元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加。s是元素Z的单质且常温下为淡黄色固体，则s为S，Z为S元素；n是W的单质，W的原子序数大于S，则W为Cl元素，n为氯气；m与r相遇会产生白烟，白烟可能为氯化铵，结合n为氯气可知：m为NH3，r为HCl，q为N2，q是Y的单质，则Y为N元素；结合转化关系可知p为H2S，则X为H元素，据此分析解答。 【详解】根据上述分析可知：X为H，Y为N，Z为S，W为Cl元素，m为NH3，n为Cl2，p为H2S，r为HCl，q为N2，s为S。 A．同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，H原子半径最小，则原子半径Z＞W＞X，故A正确； B．N的氢化物有NH3和N2H4，N2H4可作为火箭的燃料，故B正确； C．Z 的氧化物对应的水化物酸性不一定比 W 的弱，如硫酸、亚硫酸的酸性大于次氯酸，故C错误； D．H、N、Cl可以形成氯化铵，属于离子化合物，故D正确； 故选C。 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 【答案】D 【解析】 【详解】A．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； B．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； C．未指明温度与压强，无法计算气体体积，C项错误； D．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； 答案选D。 第II卷(非选择题) 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=-221kJ·mol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1 N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·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(cat1、cat2)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0.1molNO就会消耗0.05molNO2 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 【答案】（1）2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1 （2） ①. 不是 ②. 该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2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 ②. NO+O2--2e-=NO2 （4） ①. 4.00×10-5 ②. ACE 【解析】 【小问1详解】 由反应的平衡常数表达式为K=，可得化学反应方程式：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律可知该反应可由反应2×②-①-③，该反应的ΔH=2×ΔH2-ΔH1-ΔH3=2×(-393.5kJ·mol-1)-( -221kJ·mol-1)-( +181kJ·mol-1)= -747kJ·mol-1，反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747kJ·mol-1； 【小问2详解】 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cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。故答案为：不是；该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高； 【小问3详解】 由装置图可知Pt电极上氧气得电子生成氧离子，发生还原反应，作正极，NiO电极上NO失电子结合氧离子生成NO2，电极反应式为：NO+O2--2e-=NO2，故答案为：还原；NO+O2--2e-=NO2； 【小问4详解】 由表中数据可得：4.00×10-9=0.1 nk正，6.4×10-8=0.2 nk正，解得：n=4，k正=4.00×10-5； A.当混合气体颜色保持不变时，说明二氧化氮的浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故选； B.氮气和二氧化氮为生成物，物质的量之比始终保持1:2，故之比保持不变不能说明反应达到化学平衡状态，故不选； C.每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2，可说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到化学平衡状态，故选； D.该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度增大，混合气体的颜色变深，故不选； E.反应达到平衡状态后，若减小压强，平衡逆向移动，气体的物质的量增大，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，故选； 故答案为：4.00×10-5；ACE； 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___________(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． ii．。 （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)。 【答案】（1）4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O （2） （3）8.0×10-3 mol·L-1 （4）1076 （5） ①. 增大 ②. 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 ③. 20% ④. 0.044 【解析】 【小问1详解】 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，得到化学方程式4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 当Sn2+开始沉淀时，溶液中== mol·L-1=1.0×10-24 mol·L-1，此时溶液中== mol·L-1=8.0×10-3  mol·L-1； 【小问4详解】 =反应物总键能-生成物总键能，对于反应i：，=(1319+442-678-x) kJ·mol-1=+7 kJ·mol-1，解得x=1076； 【小问5详解】 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(g)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。 [化学——选修3：物质结构与性质] 17. 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，属于第二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晶胞结构如图所示，FeO晶体中Fe2+配位数为____，若该晶胞边长为acm，则该晶体密度为___g/cm3(阿伏伽德罗常数的值为NA)。 【答案】 ①. ②. ③. CO2、N2O、CS2、COS ④. ⑤. 配位键 ⑥. CN−能提供孤对电子，Fe3+能接受孤对电子(或Fe3+有空轨道) ⑦. C＜O＜N ⑧. sp2、sp3杂化 ⑨. 2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl ⑩. 6 ⑪. 【解析】 【分析】(1)Fe是26号元素，根据核外电子排布可得其原子结构示意图；O是8号元素，根据原子核外电子填充顺序及各个轨道填充的电子数可得其电子轨道表示式； (2)原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；配位键是一个原子单方面提供电子对与另外一个原子共用的共价键； (3)当中心原子有空轨道，配离子含有孤对电子时，能形成配位键； (4)配合物中同周期元素为C、N、O，根据第一电离能递变规律判断；，配合物中原子序数最小的元素是C，C与氢元素形成的相对分子质量为92的芳香化合物分子式是C7H8，结构简式为 ，根据形成的空间构型和分子结构判断杂化类型； (5)氯气将+2价的铁氧化成+3价的铁，根据电子得失守恒书写化学方程式； (6) 以亚铁离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，从而确定亚铁离子配位数；该晶胞密度σ=计算。 【详解】(1) Fe是26号元素，根据核外电子排布规律，可得其原子结构示意图为：；O是8号元素，根据构造原理可知O的轨道表示式是：； (2)SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN-互为等电子体的一种分子为CO2、N2O、CS2、COS等；根据SCN−与Fe3+形成的一种配离子的结构示意图可知：Fe3+是中心离子，SCN-、H2O是配位体，Fe3+的配位数是6，Fe3+与SCN-的S原子之间及Fe3+与H2O的O原子之间形成配位键，用“→”表示配位键为 ； (3) K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3+与CN-之间的化学键类型为配位键，Fe3+有空轨道，能接受孤对电子，CN-能提供孤对电子，所以能形成配位键； (4)配合物中同属于第二周期元素为C、N、O，第一电离能从左到右，呈增大趋势，故C最小；N原子2p轨道半充满较为稳定，第一电离能高于O，第二周期的元素的第一电离能由小到大的顺序是C＜O＜N；配合物中原子序数最小的元素为C元素，C原子形成8电子稳定结构，形成的相对分子质量是92的芳香族化合物是甲苯，苯环内碳原子以sp2杂化，甲基为sp3杂化，故甲苯中C原子的杂化方式是sp2、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，结合图片知，亚铁离子配位数为6，该晶胞中亚铁离子个数=8×+6×=4，O2-离子的个数是12×+1=4，属于该晶体的密度是σ=g/cm3。 【点睛】本题以Fe3[Fe(CN)6]2和Fe(SCN)3为线索，考查了原子核外电子排布式、轨道表达式、原子的杂化、配位键的形成及表示、电离能大小比较及晶胞密度的计算等知识，全面考查了原子结构与元素性质，掌握原子结构理论及原子杂化是本题解答的关键，难度适中。 [化学——选修3：物质结构与性质] 18. 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。1mol[Fe(CO)5]分子中含有____mol 的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”） 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-l 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_________________________________________。 【答案】（1） ①. [Ar]3d6 ②. Fe3+的3d轨道半充满，较稳定，Fe2+容易被氧化为Fe3+ （2） ①. H、C、N、O ②. sp3、sp2 （3） ①. 10 ②. CN- （4） ①. 高于 ②. Fe3+所带电荷数大于Fe2+，Fe3+的半径小于Fe2+，所以Fe2O3 的晶格能大于FeO，熔点高于FeO （5）3:2 （6） ①. Fe3N ②. 【解析】 【小问1详解】 基态Fe2+简化的电子排布式为[Ar]3d6；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：Fe3+的3d轨道半充满，较稳定，Fe2+容易被氧化为Fe3+。 【小问2详解】 血红蛋白中所含非金属元素为H、C、N、O，同周期元素非金属性C<N<O，H的非金属性较弱，总之，非金属性H<C<N<O，所以电负性由小到大的顺序为H、C、N、O；单键碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化，双键碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化。 【小问3详解】 [Fe(CO)5]分子中CO分子含有一个σ键，每个CO分子与Fe原子之间有一个σ键，共10个σ键，所以1mol[Fe(CO)5]分子中含有10mol 的σ键，与CO 互为等电子体的离子的化学式为CN-。 【小问4详解】 Fe2O3 的熔点高于FeO 的熔点，理由是Fe3+所带电荷数大于Fe2+，Fe3+的半径小于Fe2+，所以Fe2O3 的晶格能大于FeO，熔点高于FeO。 【小问5详解】 铁的面心立方晶体中配位数是12，体心立方晶体中配位数是8。在这两种晶体中铁的配位数之比为3:2。 【小问6详解】 ①晶胞平均含有6个铁原子、2个氮原子，所以该氮化铁晶体的化学式为Fe3N。 ②晶胞底面积为底面积为3a2，晶胞体积为3a2b×10-21cm3，该氮化铁晶体的密度为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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) 一、单选题(共14题，每题3分，共42分)  1. 设NA为阿伏伽德罗常数的值。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1mol Cl2充分反应，电子转移数为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，46g的NO2和N2O4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下图所示。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44.8LH2S 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+3H2O=HIO3+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 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（ ） 选项 离子组 加入试剂 加入试剂后发生反应的离子方程式 A Fe2+、NO3-、K+ 稀硫酸 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O B Fe3+、I-、ClO- 氢氧化钠溶液 Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ C Ba2+、HCO3-、Cl- 氢氧化钠溶液 HCO3-+OH-=CO32-+H2O D Al3+、Cl-、NO3- 过量氢氧化钠溶液 Al3++3OH-=Al(OH)3↓ A. A B. B C. C D. D 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. 若用代替，反应后生成的气体中只含有HD和 B. 此过程中被还原 C. 与水反应的离子方程式为 D. 中H为-1价，最多可失去8mol电子 9. 近日，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()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，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. 分散在电极表面可促进电子的转移 B. 充电时，阳极反应为↑ C. 放电时，内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向 D. 为了更好的吸收温室气体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0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/LCH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图[Ka(CH3COOH)>K(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。下列说法不正确的是 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) 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=-221kJ·mol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1 N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·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(cat1、cat2)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0.1molNO就会消耗0.05molNO2 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___________(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． ii．。 （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)。 [化学——选修3：物质结构与性质] 17. 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，属于第二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晶胞结构如图所示，FeO晶体中Fe2+配位数为____，若该晶胞边长为acm，则该晶体密度为___g/cm3(阿伏伽德罗常数的值为NA)。 [化学——选修3：物质结构与性质] 18. 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。1mol[Fe(CO)5]分子中含有____mol 的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”） 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-l 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_________________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $