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- 2022-04-12 发布
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河南省南阳市第一中学校2016—2017学年下期高二第三次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H:1O:16C:12N:14Na:23Si:28S:32Fe:56Cu:64第Ⅰ卷（选择题，共48分）一．选择题（每个小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.已知胆矾溶于水时溶液温度降低，胆矾分解的热化学方程式为：CuSO4•5H2O（S）＝CuSO4（S）＋5H2O（l）ΔH＝Q1kJ·mol-1；室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放热Q2kJ，则下列说法正确的是（）A.Q1>Q2B.Q1＝Q2C.Q10,1mol胆矾分解生成1molCuSO4（s）时,CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q1kJ•mol﹣11molCuSO4（s）溶解时放热Q2KJ可得如下图所示关系,根据盖斯定律,则有△H=Q1+（-Q2）>0,则Q1＞Q2,所以A选项是正确的.考点：盖斯定律2.下列说法正确的是（）(1)炽热的炉膛内有反应：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-392kJ/mol，往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131kJ/molCO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-282kJ/mol，H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=-241kJ/mol，由以上反应推断往炽热的炉膛内通入水蒸气时既能使炉火更旺，又能节省燃料。(2)在100℃、101KPa条件下，液态水的气化热为40.69mol·L-1，则H2O(g)H2O(l)的△H＝40.69mol·L-1(3)Li、Be、B三种元素的第一电离能(I1)差别不大，而I2差别很大，则三种原子中最难失去n第二个电子的是Be(4)己知：共价键C-CC=CC-HH-H键能/kJ·mol-1348610413436则可以计算出反应的△H为-384kJ·mol-1(5)固体NH5的所有原子的最外层均满足2个或8个电了的稳定结构，它与水反应的化学方程式为NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑A.(1)(4)B.(2)(3)C.(3)(5)D.(5)【答案】D【解析】(1)因为C（s）＋H2O（g）＝CO（g）＋H2（g）生成的CO和H2都是可燃性气体,所以由1mol可燃性固体变成2mol可燃性气体,当然更旺；但是由于反应最终产物还是CO2,所以根据盖斯定律,反应的焓变只与反应始态和终态有关,和过程无关.所以不能节省燃料，故（1）错误；（2）水的汽化热是指1mol液态水变为气态吸收的热量，则1moll水蒸气变为液态水放热与之数值相等，符号相反，则H2O(g)H2O(l)的△H＝-40.69mol·L-1，故（2）错误；（3）Li原子第二电离能为失去1s能级电子，而Be、B原子第二电离能为失去2s能级电子，2s能级电子能量较高，Li原子第二电离能最高，则三种原子中最难失去第二个电子的是Li，故（3）错误；（4）中不是单双键交替结构，不能按单双键交替结构计算反应热，△H为-384kJ·mol-1错误；（5）固体NH5的所有原子的最外层均满足2个或8个电了的稳定结构，NH5中有负1价的氢，具有还原性，H2O具有氧化性，它与水反应的化学方程式为NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑，故（5）正确；故选D。3.甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及数量如图所示，三个容器最初的容积相等，温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。下列说法n正确的是A.平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲>丙B.平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙C.平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率相同D.平衡时混合物的平均相对分子质量：甲>乙>丙【答案】B【解析】试题分析：甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入2molNO2，与甲为等效平衡。A．甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，但平衡移动的结果是降低NO2浓度增大，不会消除增大，故平衡时容器内c（NO2）的大小顺序为乙＞甲=丙，故A错误；B．甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙＞甲=丙，故B正确；C．甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，则0.2α=0.1（1-α），解得α=1/3，故平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率可能相同，故C错误；D．甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平衡摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，总的物质的量减小，乙中平均摩尔质量解得，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙＞甲=丙，故D错误。故选B。考点：考查化学平衡的影响因素；等效平衡【名师点睛】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的有关计算等，难度中等，构建平衡建立的等效途径是解决问题的关键，注意等效思想的利用。甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大；但平衡移动的结果是降低NO2n浓度增大，不会消除增大；反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气体的平衡摩尔质量增大；丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入2molNO2，与甲为等效平衡，NO2浓度、N2O4的百分含量、混合气体的平衡摩尔质量与甲中相同．平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，据此计算转化率判断甲中NO2与丙中N2O4的转化率是否可能相同。4.CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1。现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体，控制温度，进行实验，测得相关数据如图（图1：温度分别为300℃、500℃的密闭容器中，甲醇的物质的量：图2：温度分别为Tl～T5的密闭容器中，反应均进行到5min时甲醇的体积分数）。下列叙述正确的是A.该反应的△H1>0，且K1>K2B.将容器c中的平衡状态转变到容器d中的平衡状态,可采取的措施有升温或加压C.300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8molCO,0.6molH2，0.2molCH3OH，平衡正向移动D.500℃时，向平衡后的容器中再充入1molCH3OH，重新平衡后，H2浓度和百分含量均增大【答案】C【解析】A、由图1可知，升高温度，甲醇减少，平衡逆向移动，正向放热，△H1<0，且K1>K2，故A错误；B、正反应放热，反应后体积减小，从c到d，甲醇减少，平衡逆向移动，故可采取的措施有升温或减压，故B错误；C、先算平衡常数，平衡时甲醇的物质的量为0.8mol代入平衡常数计算式，300℃时，向平衡后的容器中再充入0.8molCO,0.6molH2n，0.2molCH3OH，浓度商Qc=，平衡正向移动，故C正确；D、500℃时，向平衡后的容器中再充入1molCH3OH，相当于增大压强，平衡正向移动，重新平衡后，H2浓度增大，但百分含量均减小，故D错误；故选C。点睛：通过物质的量随时间变化曲线，考查温度压强等因素对化学平衡的影响，难度中等，C计算平衡常数和浓度商比较判断反应进行的方向，是本题的难点。5.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知N2+3H2NH3kJ·mol）容器甲乙丙反应物投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度（mol·L）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率下列说法正确的是A.B.C.D.+=1【答案】B【解析】甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，n如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的；A．丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；B．甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B正确；C．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；D．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误；故选B。点睛：考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，解答的关键是构建平衡建立的等效途径；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，所以丙与甲、乙相比，增大了压强，平衡向着正向移动，小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的，据此进行解答。6.可逆反应①X（g）+2Y（g）2Z（g）、②2M（g）N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦力、可自由滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（）A.反应①的正反应是吸热反应nB.达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15C.达平衡（I）时，X的转化率为5/11D.在平衡（I）和平衡（II）中，M在隔板右边气体中的体积分数不变【答案】C【解析】试题分析：A、降温由平衡（I）向平衡（II）移动同时XYZ的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，错误，不选A；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为2:2.2=10:11，，错误，不选B；C、达平衡（I）时，右边气体的物质的量不变，仍为2摩尔，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有2：x=2.2:2.8x=28/11mol，期物质的量减少了3-28/11=5/11mol，所以达平衡（I）时，X的转化率为5/11，正确，选C；D、由平衡（I）到平衡（II），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等，错误，不选D。考点：化学平衡的影响因素7.下列说法中，能说明化学平衡一定向正反应方向移动的是A.N2O4(g)2NO2(g)，改变某一条件后，气体颜色加深B.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，改变某一条件后，NH3的体积分数增加C.H2(g)+I2(g)2HI(g)，单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比大于1∶2D.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，恒温恒容充入He【答案】C【解析】A、N2O4(g)2NO2(g)，缩小体积后，气体颜色加深，但平衡正向移动，故A错误；B、N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，再充入一定量氨气后，NH3的体积分数增大，但平衡逆向移动，故B错误；C、H2(g)+I2(g)2HI(g)，单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比大于l:2，说明消耗的反应物比例大，反应正向进行，故C正确；D、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),恒温恒压条件下，充入He，平衡不移动，故D正确；故选C。8.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应aA(g)+bB(g)cC(g)；平衡时测得B的浓度为0.6mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得B的浓度降低为0.4mol/L。下列有关判断正确的是A.a+b＜cB.平衡向正反应方向移动C.A的转化率降低D.C的体积分数增大n【答案】C【解析】试题分析：由信息可知，平衡时测得B的浓度为0.6mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得B的浓度为0.4mol/L，体积增大，相当于压强减小，化学平衡逆向移动。A．减小压强，向气体体积增大的方向移动，则a+b＜c，故A错误；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；D．平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；故选C。【考点定位】考查化学平衡的移动【名师点晴】本题考查化学平衡的移动，注意B的浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，熟悉压强对化学平衡的影响即可解答。本题中将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，B的浓度变为原来的一半，而再达平衡时，测得B的浓度大于原来的一半，则说明体积增大(压强减小)化学平衡逆向移动。9.电化学降解的原理如图所示。下列说法不正确的是A.铅蓄电池的A极为正极B.铅蓄电池工作过程中正极质量增大C.该电解池的阴极反应为2+6H2O+10e-N2↑+12OH-D.若电解过程中转移2mol电子，则交换膜两侧电解液的质量变化差Δm左-Δm右=10.4g【答案】D【解析】A．根据图知，电解槽右边部分N元素化合价由+5价变为0价，所以硝酸根离子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极、Pt电极为阳极，所以A是正极、电极材料为PbO2，故A正确；B．铅蓄电池工作过程中正极为PbO2得电子生成硫酸铅，所以正极质量增加，故B正确；C．阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2NO3-+6H2O+10e-=N2↑+12OH-，故C正确；D．转n移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极的电极反应式为2NO3-+6H2O+10e-=N2↑+12OH-，转移2mol电子，阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）=18g-3.6g=14.4g，故D错误；故选D。点睛：本题考查了电解原理，根据N元素化合价变化确定阴阳极、正负极，难点是电极反应式的书写，易错选项是D，注意氢离子还进入阴极室，很多同学往往只考虑析出的气体而导致错误。10.为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：电池：Pb(s)+(s)+(aq)＝2(s)+2(l)电解池：电解过程中，以下判断正确的是（）。电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极：PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O阳极：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+DA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A．原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B．根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C．原电池正极上n二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D．原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选D。11.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是A.正极反应为AgCl＋e－＝Ag＋Cl－B.放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C.若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D.当电路中转移0.01mole－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子【答案】D【解析】试题分析：A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，但电池总反应不变，错误；D项当电路中转移0.01mole－时，交换膜左侧产生0.01molAg＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01molH＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02mol离子减少，正确。考点：考查原电池知识。12.将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图所示。导致现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是（）A.液滴中的Cl–由a区向b区迁移B.液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e=4OHnC.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2+由a区向b区迁移，与b区的OH−形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈D.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为：Cu－2e＝Cu2+【答案】B【解析】试题分析：A．根据在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律，阴离子Cl-应由b区向a区迁移，错误；B．O2在液滴外沿反应，正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，发生还原反应，正确；C．液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀，错误；D．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，由于Fe的金属活动性比铜强，Fe仍为负极，负极发生的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，错误。考点：考查氧化还原反应、电化学反应原理的有关知识。13.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法:保持污水的pH在5.0~6.0之间,利用电解过程中生成的Fe(OH)3沉淀的吸附性吸附污物而沉积下来,模拟处理装置如下。下列有关说法中错误的是A.X电极是负极,电极反应式为:CH4-8e-+4C5CO2+2H2OB.铁是阳极,先失去电子生成Fe2+C.工作时熔融碳酸盐中的C移向Y电极D.污水中存在反应4Fe2++10H2O+O24Fe(OH)3↓+8H+【答案】C【解析】燃料电池中，正极发生的反应一定是氧气得电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，负极反应式为：CH4-8e-+4CO32-═5CO2+2H2nO，二氧化碳（CO2）可以循环利用；左池为电解池，活泼金属铁电极做电解池的阳极，所以电极本身放电，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；因为污水的pH在5.0～6.0之间，所以阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑。A．X电极是负极，电极反应式为：CH4-8e-+4CO32-═5CO2+2H2O，故A正确；B．电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，故B正确；C．工作时熔融盐中的碳酸根移向负极移动，即X电极，故C错误；D．二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，使得溶液呈酸性，方程式为：4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+，故D正确；故选C。点睛：本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的综合知识，注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电极方程式的书写，为解答该题的关键。本题的易错点是D，要注意亚铁离子的还原性。14.有关晶体的结构如下图所示,下列说法中不正确的是A.在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体B.在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+C.在金刚石晶体中,碳原子数与碳碳键个数的比为1:4D.铜晶体为面心立方最密堆积,铜原子的配位数为12【答案】C【解析】A．氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl-是6个，即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；B．Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确；C．碳碳键被两个碳原子共有，每个碳原子形成4条共价键，即平均1molC原子形成4×=2mol碳碳键，碳原子与碳碳键个数的比为1：2，故C错误；D．铜晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4，三个面共有4×3=12个铜原子，所以每个铜原子的配位数是12，故D正确；故选C。点睛：本题考查了晶体的结构，难度较大，具有丰富的空间想象能力是解本题的关键。易错n选项是D，注意采用沿X、Y、Z三轴切割的方法即可确定其配位数。15.关于原子轨道的说法正确的是A.sp3杂化轨道是由同一原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道B.凡中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体C.CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的ls轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的D.凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键【答案】A【解析】A、sp3杂化轨道是由同一原子中能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合起来形成的一组能量相近的4个新轨道，故A正确；B、中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型不一定是正四面体，分子构型还要看成键的原子是否相同，是否有空轨道，故B错误；C、CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子的2s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的，故C错误；D、凡AB3型的共价化合物，其中心原子A不一定采用sp3杂化轨道成键，也可能采用sp2杂化轨道成键，如SO3，故D错误；故选A。16.下列说法不正确的是（ ）A.某外围电子排布为4f75d16s2基态原子，该元素位于周期表中第六周期第ⅢB族B.在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属(氢元素除外)C.某基态原子外围电子的核外电子排布图为它违背了泡利原理D.Xe元素的所在族的原子的外围电子排布式均为ns2np6，属于非金属元素【答案】D【解析】A.某外围电子排布为4f75d16s2基态原子是Gd，属于镧系元素，该元素位于周期表中第六周期第ⅢB族，A正确；B.在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属(氢元素除外)，B正确；C.某基态原子外围电子的核外电子排布图为它违背了泡利原理，即同一个轨道里的电子自旋方向相反，C正确；D.Xe元素是稀有气体，He的核外电子排布是1s2，D错误，答案选D。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）17.(I）汽车尾气中的CO、NOx（主要为NO、NO2）己知成为大气的主要污染物，使用稀土等催n化剂能将CO、NO2、碳氧化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气的污染。己知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ·mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1则CO、NO在催化剂作用下转化成N2和CO2的热化学方程式为_________.(2)在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应达到平衡的是_____（填字母）a.NO和CO2浓度相等b．NO百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d.2v正(CO2)=v逆(N2)e．容器中混合气体的密度保持不变f．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变(3)为了测定在某种催化剂作用下CO、NO催化转化成N2和CO2的反应速率，T1℃时，在一恒定的密闭容器中，某科研机构用气体传感器测得了不同期间的CO和NO的浓度如表(N2和CO2的起始浓度为0)时间/s01020304050c(CO)/10-3mol/L10.04.52.51.51.001.00c(NO)/10-2mol/L3.603.052.852.752.702.70①前30s内的平均反应速率v(N2)=_______，T1℃时该反应的平衡常数K=_______②研究表明：在使用等质量的催化剂时，增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率。根据表中设计的实验测得混合气体中CO百分含量随时间变化的曲线如图l所示。则曲线I、II、III对应的实验编号依次为_______实验编号T/℃NO的初始浓度（mol/L）CO的初始浓度催化剂比表面积（m3/g）①3001.2×10-43.5×10-4120n②2001.2×10-43.5×10-4120③2001.2×10-43.5×10-485【答案】(1).2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ•mol﹣1(2).bcf(3).1.42×10-4mol.L-1.s-1(4).500(5).③②①【解析】(1）己知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1；②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ·mol-1；③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1根据盖斯定律：③×2-②-①，△H=-393.5kJ·mol-1×2-（-221.0kJ·mol-1）-（+180.5kJ·mol-1）=-746.5kJ•mol﹣1，则CO、NO在催化剂作用下转化成N2和CO2的热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ•mol﹣1。(2)在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，能说明该反应达到平衡的是a.NO和CO2浓度相等，不能说明是否改变，故a错误；b．NO百分含量保持不变，各组成成分不变，故B正确；c．本反应是气体体积减小的反应，容器中气体的压强不变说明各组成成分不变，故C正确；d.应是1/2v正(CO2)=v逆(N2)，反应速率的方向相反，但不能满足速率之比是相应的化学计量数之比，故d错误；e．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变，容器中混合气体的密度保持不变，无法确定是否平衡，故e错误；f．混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变，可以说明已达平衡，故f正确；故选bcf；(3)①根据表中数据，40s时达到平衡，列出三段式：前30s内的平均反应速率：nT1℃时该反应的平衡常数：②根据图1中曲线I、II相比，平衡没有移动，反应速率I慢于II，I和III相比，III反应快且平衡逆向移动，反应放热反应，升温平衡逆向移动，而催化剂能提高反应速率但对平衡移动没有影响，所以曲线I对应实验③、II对应②、III对应③，故答案：③②①。点睛：本题主要考查反应速率的计算、影响化学反应速率、化学平衡的因素、平衡状态的判断、盖斯定律、平衡常数的计算，难度中等，(3)①是难点，根据表中数据，40s时达到平衡，列出三段式是解题的关键。18.综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。（1）利用H2和CO在一定条件下发生如下反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（放热反应）。对此反应进行如下研究：在恒温，体积为2L的密闭容器中分别充入1.2molCO和1molH2，10min后达到平衡，测得含有0.4molCH3OH（g）。①10min后达到平衡时CO的浓度为；②10min内用H2表示的平均反应速率为；③若要加快CH3OH的生成速率，可采取的措施有（填一种合理的措施）（2）利用H2和CO2在一定条件下可以合成乙烯：6H2＋2CO2CH2＝CH2＋4H2O①已知：4.4gCO2与H2完全转化为CH2＝CH2和水（气态）共放出6.39kJ的热量，写出该反应的热化学方程式。②不同温度对CO2的转化率及催化剂的催化效率的影响如图甲所示。下列有关说法不正确的是（填序号）。A．不同条件下反应，N点的速率最大B．温度在约250℃时，催化剂的催化效率最高C．相同条件下，乙烯的产量M点比N高n③若在密闭容器中充入体积比为3∶1的H2和CO2，则图甲中M点时，产物CH2＝CH2的体积分数为。（保留两位有效数字）（3）利用一种钾盐水溶液作电解质，CO2电催化还原为乙烯，如图乙所示。在阴极上产生乙烯的电极反应方程式为。【答案】1）①0.4mol/L（2）②0.04mol/（L．min）③增大压强（升高温度、使用催化剂等合理均可）（2）①6H2（g）＋2CO2（g）CH2＝CH2（g）＋4H2O（g）△H=-127.8kJ/mol②a③7.7%或0.077（3）2CO2+12H++12e﹣=CH2=CH2+4H2O【解析】试题分析：（1）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始浓度mol/L：0.60.50转化浓度mol/L：0.20.40.2平衡浓度mol/L：0.40.10.2①10min后达到平衡时CO的浓度为0．4mol/L；②10min内用H2表示的平均反应速率为：v===0.04mol/（L．min）；③若要加快CH3OH的生成速率，可采取的措施有：增大压强（升高温度、使用催化剂等等）（2）①4.4gCO2与H2完全转化为CH2＝CH2和水（气态）共放出6.39kJ的热量，2mol二氧化碳放出127.8kJ的热量，则热化学方程式为：6H2（g）＋2CO2（g）CH2＝CH2（g）＋4H2O（g）△H=-127.8kJ/mol;②a．N点的温度高，但是，催化剂的效率低，速率不一定最大，错误；b．根据图象，温度在约250℃时，催化剂的催化效率最高，正确；c．根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，乙烯的产量M点比N高，正确；故选a；③设开始投料n（H2）为3mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，所以有6H2（g）＋2CO2（g）CH2＝CH2（g）＋4H2O（g）开始3100转化1.50.50.251平衡1.50.50.251所以乙烯的体积分数为：0.25÷（1.5+0.5+0.25+1）×100%=7.7%；（3）CO2在阴极上得电子生成乙烯，所以其电极反应方程式为：2CO2+12H++12e﹣==CH2=CH2+4H2O。n考点：考查化学反应速率与化学平衡、电解原理19.如图所示，某同学设计一个甲醚燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜．根据要求回答相关问题：（1）写出负极的电极反应式_________________．（2）铁电极为____（填“阳极”或“阴极”），石墨电极（C）的电极反应式为_______．（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将______（填“增大”“减小”或“不变”）．（4）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则丙装置中阴极析出铜的质量为_____．假设乙装置中氯化钠溶液足够多，若在标准状况下，有224mL氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将________（填“增大”“减小”或“不变”），且变化了___克。（6）若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式为_________________________________。【答案】(1).CH3OCH3-12e-+16OH-==2CO32－+11H2O(2).阴极(3).2Cl－－2e－=Cl2↑(4).减小(5).12．8(6).增大(7).0.88(8).Fe+2H2O Fe(OH)2↓+H2↑【解析】（1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极上燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32－+11H2O，故答案为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32－+11H2O；（2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：阴极；2Cl--2e-=Cl2↑；（3）丙装置中，阳极上金属失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子生成铜，根据转移电n子守恒，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小，故答案为：减小；（4）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，转移电子×4=0.4mol，则丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量=×64g/mol=12.8g，根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气的关系式为：O2~2H2，则生成氢气的物质的量是×2=0.2mol，所以消耗0.02×2=0.04mol氢离子，则乙装置中阳离子交换膜右侧进入左侧的钠离子也为0.04mol，所以乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将增大0.04×23-0.04×1=0.88g，故答案为：12.8g；增大；0.88；（5）若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，其他装置不变，则阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢离子放电生成氢气，所以电池反应式为Fe+2H2OFe（OH）2↓+H2↑，故答案为：Fe+2H2OFe（OH）2↓+H2↑。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，明确离子放电顺序是解本题关键。注意如果电解池阳极是活泼金属，则阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点。20.某课外小组分别用下图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究．请回答：I．用图1所示装置进行第一组实验．（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu做电极的是______（填字母序号）．A．铝B．石墨C．银D．铂（2）N极发生反应的电极反应式为_____________．（3）实验过程中，SO42-______（填“从左向右”、“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有______________．nII．用图2所示装置进行第二组实验．实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清．查阅资料发现，高铁酸根（FeO42-）在溶液中呈紫红色．（4）电解过程中，X极区溶液的pH______（填“增大”、“减小”或“不变”）．（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为_____________和4OH--4e-＝2H2O+O2↑（6）若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少______g．（7）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn═Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2该电池正极发生的反应的电极反应式为__________．【答案】(1).A(2).2H++2e-＝H2↑（或2H2O+2e-＝H2↑+2OH-）(3).从右向左(4).滤纸上有红褐色斑点产生（答出“红褐色斑点”或“红褐色沉淀”即可给分）(5).增大(6).Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O(7).0.28(8).2FeO42-+6e-+5H2O＝Fe2O3+10OH-【解析】（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，铝是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选A；（2）N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-═H2↑（或2H2O+2e-═H2↑+2OH-），故答案为：2H++2e-═H2↑（或2H2O+2e-═H2↑+2OH-）；（3）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，故答案为：从右向左；滤纸上有红褐色斑点产生；（4）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为：增大；（5）铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O和4OH--4e-═2H2O+O2↑，故答案为：Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O；（6）X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量n减少为xg，根据转移电子数相等得×2＝×4+×6，解得：x=0.28，故答案为：0.28；（7）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-，故答案为：2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-。点睛：本题考查了原电池和电解池原理。本题中图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极；图2为电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应。21.前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A与其它元素位于不同周期；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍；D和C同一周期；E元素原子核外电子有17种不同的运动状态，F位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：（1）F+的价电子排布图为___________.（2）由A、B原子形成的分子的结构式为：A-B=B-A，则该分子中σ键和π键的数目之比为____,B、C的氢化物中BH3的沸点高于CH3的沸点，原因是_______；C、D和E的第一电离能由大到小的顺序是________；C、D和E最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为_______。CO43-中C的杂化方式为____，该离子的“VSEPR”模型为____形。（3）D（黑球）和F（白球）形成的某种晶体的晶胞如右图所示，己知该晶胞的棱长为516pm，则该晶胞的密度为____（只写表达式，不用计算结果），最近的黑球和白球之间的距离为____pm。【答案】(1).(2).3︰1(3).NH3分子间可以形成氢键(4).Cl>P>S(5).H3PO4＜H2SO4＜HClO4(6).sp3杂化(7).正四面体n(8).(9).129【解析】前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A与其它元素位于不同周期，A为H元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍，B为N元素，C为P元素；D和C同一周期；E元素原子核外电子有17种不同的运动状态，得D为S元素，E为Cl元素，F位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态，F为Cu元素。（1）F+为Cu＋的价电子排布图为；（2）H-N=N-H，则该分子中σ键和π键的数目之比为3︰1,B、C的氢化物中NH3的沸点高于PH3的沸点，原因是NH3分子间可以形成氢键；同周期中，从左到右第一电离能由小到大，C、D和E中P最外层为半充满结构，第一电离能由大到小的顺序是Cl>P>S；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，C、D和E最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为H3PO4＜H2SO4＜HClO4。CO43-中P的杂化方式为sp3杂化，该离子的“VSEPR”模型为正四面体形。（3）D（黑球为S）和F（白球为Cu）形成的某种晶体的晶胞中S原子个数8×1/8+6×1/2=4，Cu为4，化学式为CuS，该晶胞的棱长为516pm，则该晶胞的密度为（只写表达式，不用计算结果），最近的黑球和白球之间的距离为129pm。
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