河南名校联盟2021~2022学年高二(下)期中考试化学考生注意：1.本试卷时间90分钟。满分100分。答题前。考生先将自己的姓名、考生号填写在试卷指定位置。并将姓名、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息。并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.作答选择题时，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。如需改动，用橡皮擦干净后、再选涂其他答案标号。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Ni-59一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项是符合题意的。1.北京冬奥会火炬“飞扬”外形极具动感和活力，碳纤维织出的外衣是火炬柔软的“骨架”，再向里面注入特殊树脂，固化成型后成为坚实的外壳。火炬以氢气为燃料。下列说法错误的是A.用环保的氢气作燃料，可实现污染气体的零排放B.特殊树脂是一种新型无机非金属材料C.火炬具有质轻、强度高、耐高温等优良性能D.制作碳纤维的原料沥青可以通过石油分馏得到【答案】B【解析】【详解】A．使用纯氢作燃料产物为水，可实现污染气体的零排放，A正确；B．特殊树脂是一种有机高分子材料，B错误；C．火炬是一种复合材料，具有质轻、强度高、耐高温等优良性能，C正确；D．石油分馏是根据物质沸点不同，蒸馏得到汽油、煤油、柴油等物质，沥青沸点高，经过蒸馏可以得到，D正确；答案选B。2.某小组同学以HCl溶液和NaOH溶液为例，进行中和反应反应热的测定，下列有关说法正\n确的是A.利用图装置进行中和热测定实验，装置中只有一处错误B.测定中和热时，将NaOH溶液分次缓慢倒入装有盐酸的量热计中C.用环形玻璃搅拌棒左右搅拌，有助于反应充分D.完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用3次【答案】D【解析】【详解】A．由图装置可知缺少玻璃搅拌器，同时大小烧杯口应齐平，故如图所示的装置不止一处错误，A错误；B．测定中和热时，为减少实验误差，应该将NaOH溶液一次快速倒入装有盐酸的量热计中，并用环形玻璃搅拌棒搅拌，使其充分反应并测其温度，B错误；C．环形玻璃搅拌棒的作用就是通过搅拌加快反应速率，尽快结束实验，记录数据，减少热量耗散，但搅拌时应该上下搅拌，C错误；D．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用3次，分别是反应前酸、碱的温度、反应中最高温度，D正确；答案选D。3.下列操作规范且能达到实验目的的是A.甲：碱式滴定管排气泡\nB.乙：氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度盐酸C.丙：配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D.丁：分液操作【答案】A【解析】【详解】A．碱式滴定管排气泡的方法为把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故A正确；B．氢氧化钠标准溶液应装在碱式滴定管，不能装在酸式滴定管，故B错误；C．容量瓶是量器，所以配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时不能用容量瓶稀释浓硫酸，故C错误；D．分液时，分液漏斗的下端应紧贴着烧杯内壁，故D错误；故选A。4.下列操作不能用勒夏特列原理解释的是A.配制硫酸铁溶液时加少量硫酸B.实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气C.热的纯碱溶液可以除去油污D.反应H2(g)+I2(g)2HI(g)平衡后加压气体颜色变深【答案】D【解析】【详解】A．铁离子水解容易生成氢氧化铁，加入稀硫酸防止其水解，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．排饱和氯化钠溶液的方法来收集氯气，相当于对Cl2+H2OH++Cl-+HClO加入NaCl，增大了Cl-的浓度，使平衡向逆反应方向移动，降低了氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．碳酸根水解+H2O+OH-，溶液呈碱性，水解过程是吸热过程，升高温度促进碳酸根水解，碱性增强，去油污能力增强，能用勒夏特利原理解释，C不符合题意；D．增大压强使容器体积变小，碘浓度增大，所以颜色加深，但增大压强平衡不移动，所以不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；答案选D。\n5.如图是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)的过程中能量变化示意图，下列说法正确的是A.正反应的活化能大于逆反应的活化能B.断开1molNO2(g)和1molCO(g)化学键吸收的能量大于形成1molNO(g)和1molCO2(g)化学键所放出的能量C.该反应的热化学方程式为NO2+CO=CO2+NO△H=-234kJ·mol-1D.使用催化剂，能够提高活化分子百分数，使b与a的差值减小【答案】D【解析】【分析】根据题干信息，反应的化学方程式为：NO2+CO=CO2+NO，由图象，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应为放热反应，△H=E1-E2=(134-368)=-234kJ/mol，据此分析解答。【详解】A．△H=正反应的活化能-逆反应的活化能＜0，因此正反应的活化能小于逆反应的活化能，A错误；B．△H=反应物的总键能-生成物的总键能＜0，则断开1molNO2(g)和1molCO(g)化学键吸收的能量小于形成1molNO(g)和1molCO2(g)化学键所放出的能量，B错误；C．热化学方程式需要注明物质状态，则热化学方程式应为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ·mol-1，C错误；D．使用催化剂，能够降低反应的活化能，从而提高活化分子百分数，使b与a的差值减小，D正确；答案选D。6.下列说法正确的是A.可逆反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl达到平衡后，加入KCl固体，逆反应速率\n加快B.中和同pH、同体积的NaOH溶液和氨水，消耗盐酸中HCl的物质的量相同C.由Sn(s，灰)=Sn(s，白)△H=+2.1kJ·mol-1可知，灰锡比白锡稳定D.反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H＜0，高温下才能自发进行【答案】C【解析】【详解】A．可逆反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl，实质为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，因此加入KCl固体，不会影响反应速率，A错误；B．中和相同pH、相同体积的NaOH溶液和氨水，消耗HCl物质的量与碱的物质的量成正比，由于氨水中，NH3·H2O为弱碱，因此等体积等pH值的NaOH溶液和氨水，碱的物质的量：NaOH小于氨水，则氨水消耗的HCl的物质的量多，B错误；C．由Sn(s，灰)=Sn(s，白)△H=+2.1kJ·mol-1可知，该反应为吸热反应，则灰锡的能量比白锡低，能量越高越不稳定，故灰锡比白锡稳定，C正确；D．反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)的△H＜0，气体分子数增多，则△S＞0，因此常温下，△G=△H-T△S＜0，反应也能自发进行，D错误；答案选C。7.下列除去括号内杂质所用试剂和方法错误的是序号物质(杂质)所用试剂所用方法ABaCO3(BaSO4)Na2CO3饱和溶液过滤BMgCl2溶液(FeCl3)MgO过滤CHCl(Cl2)CCl4洗气D乙酸乙酯(乙酸)氢氧化钠溶液分液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】\n【详解】A．因为碳酸根离子浓度大，碳酸根离子浓度和钡离子浓度浓度乘积大于碳酸钡的Ksp，形成过饱和溶液，会析出BaCO3沉淀，因此将固体BaSO4加入Na2CO3饱和溶液中，可将BaSO4转化为BaCO3，再过滤，即可除去BaSO4，A正确；B．FeCl3水解溶液显酸性，加入适量MgO固体调pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，然后过滤可以除杂，B正确；C．氯气易溶于CCl4，HCl难溶于CCl4，可以用CCl4洗气除去HCl中的氯气，C正确；D．乙酸乙酯和乙酸均与NaOH反应，不能除杂，应用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液除去乙酸乙酯中的乙酸，D错误；答案选D8.在0.2mol·L-1CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHH++CH3COO-，下列叙述正确的是A.加水稀释，CH3COOH的电离程度减小B.加入少量NaOH固体，溶液导电性增强C.滴加少量0.2mol·L-1盐酸，溶液中c(H+)减少D.加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【详解】A．加水稀释，促进弱电解质的电离，CH3COOH的电离程度增大，A错误；B．滴入NaOH固体，生成CH3COONa，发生完全电离，增大了溶液中的离子浓度，从而使溶液的导电性增强，B正确；C．滴加少量0.2mol·L-1盐酸，虽抑制了醋酸的电离，但根据勒夏特列原理，溶液中c(H+)增大，C错误；D．加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，平衡向逆反应方向移动，D错误；答案选B。9.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.电解200mL0.5mol·L-1AgNO3溶液，转移的电子数最多为0.1NAB.由热化学方程式PCl3(1)+Cl2(g)PCl5(s)△H=-123.8kJ·mol-1可知，要使反应放出123.8kJ的热量，反应前PCl3(l)与Cl2(g)的分子个数均为NA\nC.常温下，含有1molCl-的NH4Cl溶液中的数目小于NAD.室温下，等体积的pH=1的H2SO4溶液和pH=1的H3PO4溶液，所含有的H+的个数均为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．电解200mL0.5mol/LAgNO3溶液，如果持续电解，则最终电解水，因此转移的电子数大于0.1NA，选项A错误；B．反应PCl3(1)+Cl2(g)PCl5(s)△H=-123.8kJ·mol-1是可逆反应，要使反应放出123.8kJ的热量，反应前PCl3(l)与Cl2(g)的分子个数均应大于NA，选项B错误；C．由于部分水解生成NH3•H2O，使得NH4Cl溶液中含有数目小于Cl-数目，所以数目小于NA，选项C正确；D．室温下，等体积的pH=1的H2SO4溶液和pH=1的H3PO4溶液，所含有的H+的浓度相等，但没有给定体积，无法确定H+个数，选项D错误；答案选C。10.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图2所示，下列说法错误的是A.适当降温可提高反应物平衡转化率B.总反应的化学方程式为N2O+COCO2+N2C.反应过程中存在极性键的断裂和形成D.为了实现转化需不断补充Pt2O+和Pt2O【答案】D\n【解析】【详解】A．由图2可知，该反应是放热反应，适当降温，平衡向正反应方向移动，反应物的平衡转化率增大，故A正确；B．由图可知，该反应为一氧化二氮和一氧化碳在催化剂作用下反应生成二氧化碳和氮气，反应的化学方程式为N2O+COCO2+N2，故B正确；C．由图可知，反应过程中存在反应物的极性键的断裂和生成物的极性键的形成，故C正确；D．由图1可知，Pt2O+是反应的催化剂，Pt2O是反应的中间产物，实现转化时不需不断补充Pt2O+和Pt2O，故D正确；故选D。11.25°C时，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-12mol·L-1，下列说法错误的是A.若为酸溶液，则该溶液的pH为2B.若为碱溶液，则该溶液中碱电离出的c(OH-)与水电离出的c(OH-)之比为1010C.若该溶液中的溶质只有一种，该溶质一定是酸或碱D.S2-在该溶液中可能大量共存【答案】C【解析】【分析】25°C时，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14，某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-12mol·L-1，水电离出的H+和OH-浓度相等，据此分析解答。【详解】A．若为酸溶液，则该溶液中OH-全部由水电离，则溶液中c(H+)==1.0×10-2mol/L，因此溶液的pH=-lgc(H+)=2，A正确；B．若为碱溶液，则该溶液中H+全部由水电离，则溶液中碱电离出的c(OH-)=1.0×10-2mol/L，因此该溶液中碱电离出的c(OH-)与水电离出的c(OH-)之比为=1010，B正确；C．该溶液可以呈酸性，也可以呈碱性，若该溶液中的溶质只有一种，不一定只是酸或碱，也可能是盐，C错误；D．若该溶液呈碱性，S2-在该溶液中可以大量共存，D正确；答案选C。\n12.下列实验操作和现象与预期实验目的或所得结论不一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或所得结论A将酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中，溶液的紫红色褪去不能说明丙烯醛中含有碳碳双键B现象为溶液变红证明化学反应存在一定的限度C相同条件下，在两支试管中各加入3mL6%的H2O2溶液，再向H2O2溶液中分别滴入1mLH2O和1mLFeCl3溶液，观察并比较H2O2的分解速率探究催化剂对H2O2分解速率的影响D向2mL甲苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振荡，紫色褪去；向2mL苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振荡，紫色没有褪去证明与苯环相连的甲基易被氧化A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．醛基具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故将酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中，溶液的紫红色褪去，不能说明丙烯醛中含有碳碳双键，A正确；B．2Fe3++2I-=2Fe2++I2，FeCl3溶液过量，溶液中一定有剩余Fe3+，因此加入KSCN溶液，溶液一定会变红，不能证明化学反应存在一定的限度，B错误；\nC．相同条件下，在两支试管中各加入3mL6%的H2O2溶液，再向H2O2溶液中分别滴入1mLH2O和1mLFeCl3溶液，后者产生气体的速率快，可以探究催化剂对H2O2分解速率的影响，C正确；D．向2mL甲苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振荡，紫色褪去；向2mL苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振荡，紫色没有褪去，说明与苯环相连的甲基易被氧化，D正确；答案选B。13.达到平衡状态的可逆反应X(?)+Y(?)Z(?)+W(?)，在其他条件不变的情况下，增大压强，反应速率变化的图像如图所示，则下列说法正确的是A.Z、W中至少有一种是气体，X、Y皆非气体B.X、Y、Z、W四种物质的速率比始终等于化学方程式的计量数比C.X或Y的浓度保持不变，可作为反应达到平衡状态的标志D.t0到t1时间段内的平均反应速率小于t2到t3时间段内的平均反应速率【答案】A【解析】【分析】由图可知，t0到t1时间段为平衡的形成过程，t1、t2时反应达到平衡，t1时增大压强的瞬间，正反应速率不变，逆反应速率增大，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，则生成物Z、W中至少有一种是气体，反应物X、Y皆非气体。【详解】A．由分析可知，生成物Z、W中至少有一种是气体，反应物X、Y皆非气体，故A正确；B．由分析可知，生成物Z、W中至少有一种是气体，反应物X、Y皆非气体，若X、Y中存在浓度为定值的固体，不能用固体表示化学反应的快慢，则四种物质的速率比不一定等于化学方程式的计量数比，故B错误；C．由分析可知，生成物Z、W中至少有一种是气体，反应物X、Y皆非气体，若X、Y中存在浓度为定值的固体，则X或Y的浓度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C错误；\nD．由分析可知，t0到t1时间段为平衡的形成过程，t2时反应达到平衡，该反应生成物Z、W中至少有一种是气体，反应物X、Y皆非气体，增大压强，化学反应速率不变，则t0到t1时间段内的平均反应速率大于t2到t3时间段内的平均反应速率，故D错误；故选A。14.某温度时，Ksp(CuS)=10-35，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(MnS)=2.5×10-13，KSP[Zn(OH)2]=5×10-17.下列说法正确的是A.向CuS悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(S2-)增大B.可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量杂质ZnCl2C.分析以上数据可知，反应ZnS+2H2O=Zn(OH)2+H2S↑可以发生D.如图所示，向反应后的混合溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，白色沉淀转变成黑色沉淀，证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)【答案】B【解析】【详解】A．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，由于悬浊液中存在CuS固体，溶液依然是饱和的，所以c(S2-)不变，选项A错误；B．MnS的溶解度大于ZnS，向MnCl2溶液中加入MnS固体，可以促使平衡MnS(s)+Zn2+ZnS(s)+Mn2+向右移动，即MnS转化为更难溶的ZnS，达到除去Zn2+的目的，选项B正确；C．硫化锌组成为1:1，而氢氧化锌组成为1:2，根据题给数据分析可知，Zn(OH)2的溶解度大于ZnS的溶解度，故反应ZnS+2H2O=Zn(OH)2+H2S↑不能进行，选项C错误；D．如图所示，向反应后的混合溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，硫离子过量，故直接继续与铜离子反应生成黑色沉淀，无法证明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，选项D错误；答案选B。15.25°C时，向20.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1盐酸，溶液的pH随加入盐酸体积V的变化如图所示。下列有关说法正确的是\nA.a、b、c、d对应溶液中，水的电离程度：a＞b＞c＞dB.HCO水解显碱性，所以a点溶液pH＞7C.c点溶液中c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO)+c(OH-)D.滴定时可选用酚酞作指示剂【答案】B【解析】【详解】A．酸性溶液或碱性溶液均会抑制水的电离，b点对应的溶液pH=7，则b点溶液中水的电离程度最大，A错误；B．NaHCO3溶液中，水解：，因此溶液呈碱性，故a点溶液pH＞7，B正确；C．c点溶液中的溶质为等量的NaHCO3和NaCl，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO)+c()+c(OH-)，即c(H+)+c(Na+)-c()=c(Cl-)+2c(CO)+c(OH-)，但此时c(Na+)-c()≠c(H2CO3)，C错误；D．滴定终点时溶液呈酸性，故不能选用酚酞作指示剂，应用甲基橙作指示剂，D错误；答案选B。16.某学习小组设计如图所示实验装置，利用CO-O2熔融碳酸盐燃料电池电解饱和食盐水制备氯气和氢氧化钠，C、D均为惰性电极。下列说法错误的是\nA.每产生1molCl2，燃料电池正极就消耗11.2LO2(标准状况下)B.熔融碳酸盐燃料电池开始工作时，正极必须补充一定量CO2C.电解饱和食盐水时，隔膜为阴离子交换膜D.燃料电池负极的电极反应式为2CO-4e-+2CO=4CO2【答案】C【解析】【分析】CO-O2熔融碳酸盐燃料电池中，O2在正极得到电子发生还原反应，电极反应为O2+4e-+2CO2=2，CO为负极，失去电子发生氧化还原，电极反应式为2CO-4e-+2CO=4CO2，电解饱和食盐水时，阳极Cl-失去电子，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2，阴极H+得到电子，电极反应为：2H++2e-=H2，结合电解质溶液，可知左侧为阴极，Na+向左侧移动，形成NaOH，则隔膜为阳离子交换膜，据此分析解答。【详解】A．每产生1molCl2，转移的电子数为2mol，结合电极反应式可知，燃料电池正极就消耗0.5molO2，标准状况下的体积为11.2L，A正确；B．燃料电池正极反应为O2+4e-+2CO2=2，需消耗CO2，因此开始工作时，需要补充一定量的CO2，B正确；C．根据分析，隔膜为阳离子交换膜，C错误；D．由分析，CO为负极，失去电子发生氧化还原，电极反应式为2CO-4e-+2CO=4CO2，D正确；答案选C。二、非选择题：共52分。第17~19题为必考题，每道试题考生都必须作答，第20~21题为选考题，考生根据要求作答。\n(一)必考题：共37分。17.在实验中通常用滴定法测量物质的浓度或进行定量实验。（1）用氧化还原滴定法测定某样品中草酸的含量。称量草酸H2C2O4样品1.0000g并溶于水，用0.200mol·L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定，终点时消耗KMnO4标准溶液20.00mL(假设样品中杂质不与酸性KMnO4溶液反应)。①滴定过程中发生反应的离子方程式为_______。②滴定时_______(填“需要”或“不需要”)使用指示剂。③高锰酸钾溶液用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放。④样品中草酸的质量分数是_______。（2）某小组同学为了测定某中性溶液中Cl-的含量，用AgNO3溶液进行滴定。物质AgClAgBrAgIAg2SAg2CrO4Ksp2×10-105.4×10-138.3×10-176.3×10-501.12×10-12颜色白色淡黄色黄色黑色砖红色下列物质能用作指示剂的是_______(填物质名称)。①K2CrO4②Na2S③KI④KBr达到滴定终点的实验现象为_______。（3）25°C时，向NaHA溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与粒子浓度变化的关系如图所示，则HA-+H2OH2A+OH-的水解平衡常数为_______。【答案】（1）①.②.不需要③.当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色④.90%\n（2）①.A②.当最后一滴K2CrO4溶液滴入时，产生砖红色的沉淀，且半分钟内不溶解（3）10-7.6mol/L【解析】【小问1详解】①酸性KMnO4和H2C2O4反应生成CO2和Mn2+，所以反应的离子方程式为；故答案为:；②高锰酸钾标准溶液自身为紫红色，完全反应后变成无色，在氧化还原反应滴定中可作指示剂，所以不需要滴加指示剂；故答案为:不需要；③KMnO4溶液有强氧化性，应该装在酸式滴定管中;滴定前溶液无色，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成紫色；故答案为:酸式；当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；④由可知n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5c(标准)V(标准)=2.50.1000mol/L100mL1x20.0010-3L=0.02mol，m(H2C2O4)=nM=0.02mol90g/mol=1.800g，草酸样品中草酸的质量分数为100%=90%；【小问2详解】实验室测定水体中氯离子的含量时常使用AgNO3溶液滴定法，选择用硝酸银溶液进行滴定，当氯离子消耗完后，银离子应与指示剂反应，生成一种有色沉淀，那么选择的指示剂的阴离子应在氯离子后面沉淀，由于溴化银、碘化银和Ag2S的Ksp均小于氯化银的Ksp，所以，不能选择Na2S、溴化钾和碘化钾，无法与氯化银沉淀区分，只能选择K2CrO4，答案选A；达到滴定终点的实验现象为当最后一滴K2CrO4溶液滴入时，产生砖红色的沉淀，且半分钟内不溶解；【小问3详解】\n根据N(7.4，1)点，pH=7.4时，lg=1，=10，Ka1==10-6.4，则HA-+H2OH2A+OH-的水解平衡常数为Kh===10-7.6mol/L。18.“碳中和“理念中碳捕获、碳利用、碳封存技术能实现二氧化碳资源化，产生经济效益。I．图1是利用太阳能将CO2分解制取炭黑的示意图。已知①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=akJ·mol-1；②6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)ΔH=bkJ·mol-1（1）则过程1的热化学方程式为_______。Ⅱ．二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。（2）在体系压强为0.1MPa，初始原料按组成n(CO2)：n(H2)=1：3投料，发生反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图2所示。①图2中表示C2H4变化的曲线是_______。CO2催化加氢合成C2H4反应的反应热\n△H_______0(填“＞”或“＜”)。其他条件相同，在不同催化剂(A、B)作用下，它们正、逆反应活化能的差值分别用EA、EB表示，则EA_______EB(填“大于”“小于”或“等于”)。②A点氢气的转化率是_______。B点的化学平衡常数_______(填“＞”“＜”或“=”)C点。（3）如图3所示是反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)的平衡移动图像，影响平衡移动的原因是_______(填字母)。A.升高温度，同时加压B.降低温度，同时减压C.增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D.增大反应物浓度，同时使用催化剂（4）一定温度下，反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在t1时刻达到平衡状态的是_______(填字母)。（5）如图4所示，电解法可制取乙烯，阴极的电极反应式为_______。当外电路通过1.2mole-时，电解池右侧电解质溶液减少_______g。\n【答案】（1）2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)ΔH=-(a+b)kJ/mol（2）①.d②.＜③.=④.60%⑤.＜（3）C（4）ce（5）①.2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O②.9.6【解析】【小问1详解】已知①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=akJ·mol-1；②6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)ΔH=bkJ·mol-1；根据盖斯定律，由-①-②得反应2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，则过程1的热化学方程式为2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)ΔH=-(a+b)kJ/mol；【小问2详解】①由平衡图像知，390K时四种组分的物质的量分数之比满足1∶3的是c曲线和a曲线，物质的量分数之比满足1∶4的是d曲线和b曲线，结合反应方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)和原始投料n(CO2)∶n(H2)=1∶3可得，曲线c表示CO2，曲线a表示H2，曲线d表示C2H4，曲线b表示H2O；由图像的变化趋势可知，升高温度，曲线a、c增大，曲线b、d减小，说明平衡左移，所以正反应放热，ΔH＜0，由于ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，催化剂只改变反应的活化能，但不影响ΔH的值，因此正、逆反应活化能的差值相等，故EA=EB；②设CO2、H2的起始投入量分别为1mol、3mol，参加反应的CO2物质的量为a，则可建立以下三段式：\n由图象，A点时氢气和水蒸气的物质的量分数相等，则3-3a=2a，解得，a=0.6mol，因此A点时，H2的转化率为，B点的温度高于C，由①可知，该反应正反应放热，升高温度，平衡逆向进行，则平衡常数B点＜C点；【小问3详解】从图象中可以看出，反应达平衡后，改变某条件，正反应速率瞬间突然增大，逆反应速率瞬间突然减小，则表明改变的条件不是单一的改变体系的温度、压强、催化剂，也不是改变某一种物质的浓度；v正＞v逆，则表明平衡发生正向移动；A．由于正反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动；由于反应物气体分子数大于生成物气体分子数，所以加压时，平衡正向移动，尽管不能确定平衡如何移动，但条件改变的瞬间，v正、v逆一定大于原平衡时的v正、v逆，A不符合题意；B．降低温度，同时减压，v正、v逆一定都小于原平衡时的v正、v逆，B不符合题意；C．增大反应物浓度，v正比原平衡时大；减小生成物浓度，v逆比原平衡时小，达平衡前，有可能v正＞v逆，C符合题意；D．增大反应物浓度，同时使用催化剂，v正、v逆一定大于原平衡时的v正、v逆，D不符合题意；答案选C。【小问4详解】a．体积恒定不变，根据公式可知，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡，a不符合题意；b．该反应的反应热是一个固定值，因此ΔH不变不能说明反应达到平衡状态，b不符合题意；c．，总质量不发生改变，平均摩尔质量不变，说明总物质的量不变，反应达到平衡，c符合题意；d．到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，d不符合题意；\ne．该反应放热反应，在绝热体系中进行，温度改变，当温度不再发生改变时，说明反应达到平衡，e符合题意；f．随着反应正向进行，n(CO2)减小，n(C2H4)增加，图中t1时刻两者的物质的之比约为1：1，但起始量未知，不能判断是否达到平衡状态，f不符合题意；故答案选ce；【小问5详解】根据装置分析可知，CO2转化为C2H4，C元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此阴极CO2参与反应，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，阳极H2O失去电子生成O2，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，因此当外电路通过1.2mole-时，生成0.3molO2，即右侧电解质溶液减少的质量为0.3mol×32g/mol=9.6g。19.盐类的水解在日常生活和工农业生产中有很重要的应用，请根据要求回答下列问题。（1）氟化钠溶液在实验室保存时不能使用玻璃瓶，请用化学方程式说明原因_______。（2）泡沫灭火器中的药品是NaHCO3、Al2(SO4)3，用离子方程式表示泡沫灭火器的原理_______。外筒的材质是铁，内筒是玻璃，则外筒应该盛放_______溶液。简述不用Na2CO3溶液代替NaHCO3溶液的原因_______。（3）只用一种试剂就可以鉴别下列溶液：NH4Cl溶液、CH3COONa溶液、BaCl2溶液，则该试剂是_______。（4）实验室配制SnCl2溶液时需将SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因_______[已知：SnCl2水解生成Sn(OH)Cl]。（5）氯化铁溶液蒸干后所得固体是_______。【答案】（1）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O（2）①.Al3＋+3=Al(OH)3↓+3CO2↑②.NaHCO3③.等物质的量的Al2(SO4)3参加反应时，Na2CO3产生CO2的量较少，且反应的速率较慢\n（3）紫色石蕊试液（4）SnCl2水解，存在平衡SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解（5）Fe(OH)3【解析】【小问1详解】玻璃瓶中的SiO2会与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故氟化钠溶液在实验室保存时不能使用玻璃瓶；【小问2详解】Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合后会发生双水解反应，反应的离子方程式为Al3＋+3=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生的大量二氧化碳和氢氧化铝等一起以泡沫的形式喷出，覆盖在燃烧物表面，从而达到灭火的效果，泡沫灭火器的外筒是铁筒，Al2(SO4)3溶液显酸性会腐蚀铁铜，因此应装在内筒中，NaHCO3装在外筒中，碳酸根离子先水解得到碳酸氢根，等物质的量的Al2(SO4)3参加反应时，Na2CO3产生CO2的量较少，且反应的速率较慢，故不用Na2CO3溶液代替NaHCO3溶液；【小问3详解】NH4Cl溶液中水解：，溶液呈酸性、CH3COONa溶液中CH3COO-水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液呈碱性、BaCl2溶液呈中性，故可使用紫色石蕊试液鉴别三者，NH4Cl溶液可以使得紫色石蕊试液变红，CH3COONa溶液可使紫色石蕊试液变蓝，BaCl2溶液中滴加紫色石蕊试液无明显变化；【小问4详解】已知SnCl2水解生成Sn(OH)Cl，存在平衡SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，因此实验室配制SnCl2溶液时需将SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解；【小问5详解】氯化铁溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3↓+3HCl，加热水解平衡正向移动，且HCl挥发，故将氯化铁溶液蒸干则生成Fe(OH)3固体。(二)选考题：共15分。请从2\n道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学一选修3：物质结构与性质]20.第四周期的铬、铁、镍、钴等金属及其化合物在工业上有重要用途。请回答下列问题：（1）基态镍原子核外价层电子排布式为_______。羰基镍[Ni(CO)4]中，配位原子为_______，其原因是_______。1mol[Ni(CO)4]含有σ键与π键的个数比为_______。（2）钴与水形成的配离子有[Co(H2O)6]2+和[Co(H2O)6]3+。①配离子的颜色与d电子跃迁的分裂能大小有关，1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d的分裂能，用符号“△”表示。分裂能△[Co(H2O)6]2+_______△[Co(H2O)6]3+(填“＞”“＜”或“=”)，理由是_______。②H2O中的H-O-H键角小于[Co(H2O)6]2+中H-O-H键角，原因是_______。③下列状态的氧原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_______(填字母)。a．1s22s22p4b．1s22s2c．1s22s12p5d．1s22s12p4（3）已知NiO的晶胞结构如图所示。NiO的晶胞结构可描述为氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙，镍原子填充在氧原子形成的空隙中。则NiO晶体中镍原子填充在氧原子形成的_______空隙中。已知：氧化镍晶胞的密度为dg/cm3，设NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中距离最近的两个O2-之间的距离为_______nm(用代数式表示)。【答案】（1）①.3d84s2②.C③.O的电负性比C大④.1∶1（2）①.＜②.[Co(H2O)6]3+所带正电荷数更多，对电子吸引力更大，d-d电子跃迁吸收能量越多，分裂能越大③.H2O中含有2个孤电子对，而[Co(H2O)6]2+中H2O中不含有孤电子对，孤对电子对成键电子对有排斥作用④.cd（3）①.正八面体②.【解析】【小问1详解】\n镍为28号元素，其核外有28个电子，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则价层电子排布式为3d84s2，配体CO中，C、O都含有孤电子对，但O的电负性比C大，则C提供孤电子对形成配位键，因此羰基镍[Ni(CO)4]中，配位原子是C原子，一个CO中含有1个σ键和2个π键，能形成一个配位键(也是σ键)，一个Ni(CO)4含有8个σ键、8个π键，则1molNi(CO)4含8molσ键、8molπ键，个数比为1∶1；【小问2详解】①根据分裂能定义可知，如果配离子所带正电荷数越多，对电子吸引力越大，d-d电子跃迁吸收能量较多，[Co(H2O)6]2+带2个单位正电荷，[Co(H2O)6]3+带3个单位正电荷，则[Co(H2O)6]3+的分裂能大于[Co(H2O)6]2+；②H2O中含有2个孤电子对，而[Co(H2O)6]2+中H2O中不含有孤电子对，孤对电子对成键电子对有排斥作用，故H2O中的H-O-H键角小于[Co(H2O)6]2+中H-O-H键角；③电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此用光谱仪可捕捉到O原子或离子发射光谱的是1s22s12p5、1s22s12p4，故答案选cd；【小问3详解】体心Ni位于6个面心O的中心，可知NiO晶体中镍原子填充在氧原子形成的正八面体空隙中，在NiO晶胞中含有Ni原子数为：，含有的O原子数为；晶胞质量m=，晶胞体积边长L=，O原子在晶胞棱心，则晶胞中距离最近的两个O2-之间的距离为a==。[化学-选修5：有机化学基础]21.有机物F对新冠肺炎有治疗作用，F的合成路线如图所示。\n已知：RCOCH3+R'COClRCOCH2COR'+HCl。（1）X的化学名称为_______。（2）A→B的反应类型是_______，G中官能团的名称为_______。（3）试剂C的结构简式为_______。（4）X转化为A的化学方程式为_______。（5）某芳香族化合物K与A互为同分异构体，符合下列条件的K的结构有_______种(不考虑立体异构)。①K的分子结构中苯环上有两个侧链；②能发生银镜反应和水解反应；③能和碳酸氢钠溶液反应。其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：2：1的结构简式为_______(任写一种)。（6）以丙酮(CH3COCH3)和为原料，参照题中所给信息设计合成的路线(其他无机试剂任选)_______。【答案】（1）对苯二酚或者1，4-苯二酚（2）①.取代反应②.酰氯键\n（3）（4）+2(CH3CO)2O+2CH3COOH（5）①.15②.（6）【解析】【分析】由题干合成流程图可知，根据B、D的结构简式和B到C、C到D的转化条件可知，C的结构简式为：，根据D的结构简式、C到D的转化条件并结合已知信息可知，G的结构简式为：，(5)由题干合成路线图中可知，则A的分子式为C10H10O4，某芳香族化合物K与A互为同分异构体，符合下列条件①K的分子结构中苯环上有两个侧链；②能发生银镜反应即含有醛基或甲酸酯基和水解反应即含有酯基；③能和碳酸氢钠溶液反应即含有羧基，结合氧原子个数可知，含有甲酸酯基和羧基，则符合条件的K的结构有：两个取代基可以是：-OOCH和-CH2CH2COOH、-OOCH和-CH(CH3)COOH，-CH2OOCH和-CH2CH3、-CH2CH2OOCH和-CH3、-CH(CH3)OOCH和-CH3等5\n组，每组又有邻、间、对三种位置关系，则一共有5×3=15种，(6)本题采用逆向合成法进行设计合成路线即可由和Br2加成反应制得，由题干D到E的转化信息可知，可由转化制得，根据题干已知信息则可知可由和CH3COCH3转化制得，由此分析确定合成路线，据此分析解题。【小问1详解】由题干合成路线图中可知，X的化学名称为对苯二酚或者1，4-苯二酚，故答案为：对苯二酚或者1，4-苯二酚；【小问2详解】由题干合成路线图中可知，A→B即+CH3COCl+HCl，故该反应的反应类型是取代反应，由分析可知，G为，则其中官能团的名称为酰氯键，故答案为：取代反应；酰氯键；【小问3详解】由分析可知，试剂C的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】\nX转化为A即和(CH3CO)2O反应生成和CH3COOH，则该反应的化学方程式为：+2(CH3CO)2O+2CH3COOH，故答案为：+2(CH3CO)2O+2CH3COOH；【小问5详解】由题干合成路线图中可知，则A的分子式为C10H10O4，某芳香族化合物K与A互为同分异构体，符合下列条件①K的分子结构中苯环上有两个侧链；②能发生银镜反应即含有醛基或甲酸酯基和水解反应即含有酯基；③能和碳酸氢钠溶液反应即含有羧基，结合氧原子个数可知，含有甲酸酯基和羧基，则符合条件的K的结构有：两个取代基可以是：-OOCH和-CH2CH2COOH、-OOCH和-CH(CH3)COOH，-CH2OOCH和-CH2CH3、-CH2CH2OOCH和-CH3、-CH(CH3)OOCH和-CH3等5组，每组又有邻、间、对三种位置关系，则一共有5×3=15种，其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：2：1的结构简式为：，故答案为：15；；【小问6详解】本题采用逆向合成法进行设计合成路线即可由和Br2\n加成反应制得，由题干D到E的转化信息可知，可由转化制得，根据题干已知信息则可知可由和CH3COCH3转化制得，由此分析确定合成路线为：，故答案为：。
