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湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高三下学期5月期中化学试题
一、单选题(每题3分，共48分)
1．下列有关化学与生活说法正确的是
A．“歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是我国打破其他国家技术垄断，自主研发和生产的一种新型有机高分子材料
B．硫酸亚铁与维生素C混用有利于铁元素吸收
C．我国海洋开发走向深海，大型舰船的底部常镶嵌锌块做正极，防止船底腐蚀
D．白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于高分子化合物
2．化学用语是表述化学学科知识的专业语言符号，下列有关表述正确的是
A．H2O2是一种高价值的绿色环保氧化剂，其电子式为
B．北京大学科研团队构筑了纯化的h-10BN和h-11BN范德华界面对原子进行研究，10B的原子结构示意图为
C．核废水中含14C，14CO、14CO2互为同素异形体
D．的化学名称是3-甲基-2-戊烯
3．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.0 mol NO和混合充分反应后，气体分子总数为
B．对于反应 ΔH=-92.4 kJ/mol，当放出92.4 kJ热量时，生成的数目小于
C．常温下，1 L pH=1的溶液由水电离出的数目为
D．12 g石墨含有的共价键数目为
4．最近，科学家成功研制出一种电源，该电源在消耗二氧化碳的同时，还可释放电能。电源电极为铝电极和多孔碳电极，电解质溶液为草酸盐溶液，放电过程中草酸盐浓度基本不变，电源示意图如图所示。下列有关该电源的说法正确的是
A．铝电极电势高于多孔碳电极
B．用该电源电解饱和食盐水，理论上，每消耗1mol二氧化碳可收集到标准状况下 11.2L 氢气
C．若生成0.5 mol 草酸铝，有3mol电子通过电解质溶液
D．正极的电极反应式为
5．下列离子方程式书写正确的是
A．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑
B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O
C．向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：SO+2H+=SO2↑+H2O
D．硫酸铝溶液中滴入足量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
6．某离子液体的阴离子结构如图所示，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的短周期非金属元素，其中X原子的最外层电子中未成对电子数目与成对电子数目相同，Z与Q同主族。下列说法正确的是
A．电负性：Z>R>Q
B．简单离子半径：Q>Z>Y
C．五种元素形成的简单氢化物中沸点最高的是Z
D．该阴离子中∠Q—Y—Q为180°
7．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X的价层电子数为5，X和Y的最简单气态氢化物质子总数相等，Z的核外没有未成对电子，W与Y属于同一主族。下列说法正确的是（　　）
A．离子键的百分数：ZYB．原子半径大小为R>W>Y
C．简单气态氢化物热稳定性：XD．化合物ZY属于共价晶体
8．根据下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向两份等浓度、等体积的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的溶液和溶液 前者产生气泡较快 催化效率：
B 用pH试纸测定的和NaCl溶液的pH 前者的试纸颜色比后者深 非金属性：SC 向盛有2 mL鸡蛋清溶液的试管中加入5滴浓硝酸，加热 先有白色沉淀，加热后沉淀变黄 蛋白质能发生变性和显色反应
D 石蜡油加强热，将生成的气体通入的中 溶液由红棕色变成无色 气体中含有乙烯
A．A B．B C．C D．D
9．常温下，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HX(弱酸)、YCl3(可溶性盐)和ZCl3(可溶性盐)三种溶液。[M表示]随溶液的变化如图所示，已知：。下列说法错误的是
A．曲线I代表随溶液的变化关系
B．的数量级是
C．固体能完全溶解在溶液中
D．滴定HX溶液至时，溶液中，
10．利用下列两个反应可实现资源综合利用
已知：Ⅰ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ·mol-1
Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-165.0kJ·mol-1
在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度变化关系如图所示。
CH4选择性=×100%，下列说法正确的是
A．反应Ⅰ：2E(C=O)+E(H-H)B．240℃时，其他条件不变，增大压强将减小CO2的转化率
C．在260~300℃间，其他条件不变，升高温度CH4的产率增大
D．320℃时CO2的转化率最大，说明反应Ⅰ和反应Ⅱ一定都达到了平衡状态
11．Fe和N组成的一种立方晶胞如图所示，Fe原子和N原子都是紧密接触的刚性小球，Fe原子半径为a cm，N原子半径为b cm。下列说法正确的是
A．的核外电子填充了12个原子轨道
B．与N原子距离相等且第二近的N原子数目为8
C．N原子位于Fe原子形成的六面体空隙中
D．该晶体的空间利用率
12．一种高性能电池的电解质由原子序数依次增大的短周期主族元素R、W、X、Y、Z、M组成，W为一种常用于制造电池的金属元素且R、W同主族，化学式为的物质是离子化合物，的结构如图所示。下列说法正确的是
A．简单离子半径：YB．W和Z可以形成多种原子个数比为1：1的化合物
C．氢化物的沸点：XD．Y和M的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
13．常温下，用0.10mol/L的NaOH溶液滴定0.10moL/L的HA溶液，滴定曲线如图甲所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图乙所示。下列叙述错误的是
A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．M点：c(Na+)-c(A-)=
C．当滴定至溶液呈中性时，c(A-)>c(HA)
D．P→Q过程中，水的电离程度逐渐增大
14．已知：常温下；，，某实验小组利用与反应生成来“分银”，“分银”时，的浓度与溶液pH的关系如图1；及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图2，下列叙述错误的是
A．与反应生成，该反应的平衡常数
B．“分银”时，pH需控制的范围大约是
C．“分银”溶液中存在
D．在中的大于中的
15．化合物可用作电极材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y同周期，Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等。基态W原子的价层电子排布式为。该电极材料所含阴离子的结构如图所示。下列说法不正确的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物的熔沸点：
C．X单质在Y单质中燃烧，其产物中含有非极性共价键
D．W原子有15种空间运动状态不同的电子
16．在NO的催化下，丙烷(C3H8)催化氧化制丙烯(C3H6)的部分反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．含N分子参与的反应不一定有电子转移
B．增大NO的量，C3H8的平衡转化率增大
C．由 C3H7生成丙烯的历程有2种
D．当存在反应NO+NO2+H2O=2HONO时，最终生成的水减少
二、解答题(共52分)
17．氮氧化物(NOx)是常见的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。因此，研究氮氧化物(NOx)的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题：
（1）一氧化二氮是一种强大的温室气体，可用CO(g)在Co*的催化作用下还原N2O(g)以除去污染，反应的化学方程式为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，其反应历程和能量变化如图所示(逸出后物质认为状态未发生变化，在图中略去)。
该反应分两步进行：
第一步：Co*(s)+N2O(g)CoO*(s)+N2(g) ΔH=+15.9kJ/mol；
第二步：　 　(填写第二步反应的热化学方程式)。
（2）汽车尾气中的NO可以和CO在催化转换器中发生反应，以减少尾气污染。某温度时，向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，下列能说明反应达到平衡状态的是　 　(填序号)。
a.2v正(NO)=v逆(N2)
b．体系中混合气体密度不再改变
c．CO与NO转化率的比值不再改变
d．该温度下，的值不再改变
（3）某研究小组探究温度和催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比1∶1以一定的流速分别通过两种催化剂(Cat-1和Cat-2)进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示：
①250℃脱氮率较好的催化剂是　 　(填“Cat-1”或“Cat-2”)。
②催化剂在Cat-2条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是　 　。
（4）用H2也可还原NO气体，其反应为2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=-752kJ/mol。
为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图：
①反应温度T1、T2、T3从低到高的关系为　 　﹔判断理由是　 　。
②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为wPa，反应进行到6min时达平衡，0～6min内N2的平均反应速率为　 　mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数Kp=　 　(写出计算表达式)。
18．氢镍电池是目前使用最广的含镍电池，废旧电池的处理对环境保护和资源的再利用意义重大。一种对废旧氢镍电池负极材料(含有NiO、Ni和少量La、Fe、Mg、、等)进行湿法处理的流程如图1所示：
已知：①可形成；
②；
③第一步完全电离，。
回答下列问题：
（1）“酸浸”后浸渣的主要成分为　 　。
（2）若滤渣1的成分为，已知“沉镧”过程中溶液的pH与沉镧率的变化关系如图2所示。试分析pH<2.0时沉镧率降低的原因：　 　。
（3）“沉镁”后滤液3中c(F-)≥　 　mol/L(溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol/L时认为该离子沉淀完全)。
（4）滤液3中锰以形式存在，中存在一个过氧键(—O—O—)，“沉锰”反应的离子方程式为　 　。
（5）“沉镍”所用试剂不宜选用氨水的原因为　 　；母液中可提取出的循环利用的物质为　 　(填化学式)。
（6）在一定条件下分解可得到NiO，其晶胞如图3所示。设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为a pm，NiO的摩尔质量为，则晶体的密度为　 　(列出计算式)。
19．甲烷干重整(DRM)以温室气体CH4和CO2为原料在催化条件下生成合成气CO和H2。体系中发生的反应有
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
ⅳ.
（1）　 　。
（2）　 　(填“高温”或“低温”)有利于反应ⅰ自发进行。
（3）起始投入CH4和CO2各1kmol，DRM反应过程中所有物质在100kPa下的热力学平衡数据如图所示。
①950℃时，向反应器中充入N2作为稀释气，CH4的平衡转化率　 　(填“升高”、“不变”或“降低”)，理由是　 　。
②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时反应ⅱ的　 　(填“>”、“=”或“<”)。
③625℃时，反应体系经过t min达到平衡状态，测得甲烷的平衡转化率为。0~t min生成CO的平均速率为　 　；用物质的量分数表示反应i的平衡常数　 　(用含的表达式表示，列计算式即可)。
20．某药物中间体G的合成路线如图1所示：
回答下列问题：
（1）A→B的反应方程式为　 　。
（2）D的化学名称为　 　。D→E的反应类型为　 　。
（3）A中混有C可用　 　(写出试剂和除杂方法)除杂。
（4）1 mol E最多可以与　 　mol NaOH完全反应。
（5）二元取代芳香族化合物H是F的同分异构体，H满足下列条件：
①能发生银镜反应
②酸性条件下水解产物的物质的量之比为2∶1
③不与溶液反应
则符合上述条件的H共有　 　种(不考虑立体异构)。
（6）以为原料合成的路线如图2所示(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为　 　和　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】金属的腐蚀与防护；二糖的性质和用途；高分子材料
【解析】【解析】A、碳纤维作为新型无机非金属材料，虽被用于"歼-20"飞机，但题目描述"打破垄断、自主研发"的说法存在错误，实际我国在该领域仍需突破部分关键技术，A选项错误。B、维生素C（抗坏血酸）的还原性可防止Fe2+氧化为Fe3+，因此与硫酸亚铁配伍能促进铁元素吸收，B选项正确。
C、由于金属活动性Zn＞Fe，镶嵌锌块后，Zn做负极，发生失电子的氧化反应，Fe做正极，被保护，C选项错误。
D、蔗糖（）相对分子质量342，未达到高分子化合物（通常>104）标准，因此白砂糖不属于有机高分子，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、碳纤维属于新型无机非金属材料。
B、维生素C具有还原性，可防止Fe2+被氧化。
C、镶嵌的锌块做负极，可防止Fe被腐蚀。
D、蔗糖为二糖，不属于高分子化合物。
2．【答案】D
【知识点】有机化合物的命名；元素、核素；原子结构示意图
【解析】【解答】A．H2O2是共价化合物，其电子式为，选项A错误；
B．硼原子（核电荷数为5）的原子结构示意图为，选项B错误；
C．同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，而CO和CO2都是化合物，因此它们不属于同素异形体，选项C错误；
D．根据系统命名法，化合物的正确名称是3-甲基-2-戊烯，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、H2O2为共价化合物，不存在阴阳离子。
B、B的核电荷数为5，据此确定其原子结构示意图。
C、同素异形体是指由同种元素形成的不同单质。
D、根据结构确定最长碳链，从靠近双键的位置确定官能团和取代基的位置，从而得到该有机物的名称。
3．【答案】D
【知识点】热化学方程式；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 1.0 mol NO与0.5 mol O2充分反应生成1.0 mol NO2，但NO2会进一步发生可逆反应2NO2 N2O4，导致最终气体分子总数小于1.0NA，A选项错误。
B. 对于反应N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol，当放出92.4 kJ热量时，说明有1 mol N2参与反应，生成的NH3分子数应为2NA，B选项错误。
C. 1 L pH=1的H2SO4溶液中，n(H+)=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol。但由水电离出的H+数目等于溶液中OH-的数目，应为10-13NA，C选项错误。
D. 在石墨晶体中，每个碳原子实际形成1.5个化学键，因此12 g（即1 mol）石墨所含的碳碳键数目为1.5NA，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、NO与O2反应生成NO2，NO2发生二聚可逆反应2NO2(g) N2O4(g)。
B、放出热量为92.4kJ时，则反应生成2molNH3。
C、H2SO4溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中c(OH－)，据此计算。
D、根据石墨结构可知，一个碳原子可形成1.5个共价键，据此计算。
4．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在该原电池中，铝电极作为负极，多孔碳电极作为正极。根据原电池原理，正极的电势高于负极，A选项错误。
B．正极发生的反应为： 2CO2+2e-=C2O42-， 当用该电源电解饱和食盐水时，阴极反应为：。由于串联电路中电子转移数量相同，每消耗1mol CO2会转移1mol电子，理论上可收集到标准状况下11.2L氢气，B选项正确。
C．电子不能通过电解质溶液传导，只能通过外电路流动，C选项错误。
D．根据题意，正极反应是二氧化碳得电子生成草酸根离子： 2CO2+2e-=C2O42-，D选项错误。
故答案为：B。
【分析】在原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。电子从负极通过外电路流向正极，但不能通过电解质溶液。在电解质溶液中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。需要注意的是："电子不下水，离子不上岸"，即电子不通过溶液传导，离子不通过导线移动。
5．【答案】D
【知识点】氯、溴、碘的性质实验；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解析】A、方程式未配平原子不守恒。过氧化钠溶于水的正确反应为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑，A选项错误。
B、醋酸（CH3COOH）是弱电解质，在离子方程式中不应拆写。检验碘盐中IO的正确反应为：IO + 5I- + 6CH3COOH = 6CH3COO- + 3I2 + 3H2O，B选项错误。
C、稀硝酸具有强氧化性，会与亚硫酸钠发生氧化还原反应。正确反应为：3SO + 2NO + 2H+ = 2NO↑ + 3SO + H2O，C选项错误。
D、氢氧化铝不溶于氨水，硫酸铝与氨水的反应正确表示为：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH，D选项错误。故答案为：D
【分析】A、不满足原子个数守恒。
B、CH3COOH是弱酸，在离子方程式中保留化学式。
C、HNO3具有氧化性能将SO32－氧化成SO42－，自身还原为NO。
D、NH3·H2O是弱碱，Al(OH)3不溶于弱碱。
6．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电负性规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小。因此电负性顺序为F > O > S，A错误；
B．简单离子半径比较规则：电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大。故离子半径大小为，B错误；
C．五种元素的简单氢化物中，水（H2O）的沸点最高（常温为液态），其余均为气体，C正确；
D．阴离子中S—N—S键角小于180°，因为中心N原子上存在孤电子对，对成键电子产生排斥作用，D错误；
故答案为：C
【分析】题目中给出了五种原子序数递增的短周期非金属元素X、Y、Z、R、Q。根据X原子的最外层电子中未成对电子数与成对电子数相同，可确定X为碳（C）。结合Z元素的成键特征，推断Z为氧（O），则Y为氮（N）。R仅形成一个共价键，说明R是氟（F）；Q能形成六个共价键，推断Q为硫（S）。据此结合元素周期律分析选项。
7．【答案】C
【知识点】离子键的形成；原子晶体（共价晶体）；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】X的价层电子数为5，X为N，X和Y的最简单气态氢化物质子总数相等，Z的核外没有未成对电子，Y为O，Z为Mg，W与Y属于同一主族，W为S，则R为Cl；
A．由于非金属性O>S，故离子键百分数应该是MgO>MgS，故A不符合题意；
B．S和Cl同周期，原子半径逐渐减小，故原子半径S>Cl，故B不符合题意；
C．由于非金属性O>N，故简单气态氢化物热稳定性：NH3D．MgO的离子键百分数为50%，应为过渡晶体，通常当作离子晶体处理，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由于非金属性O>S，即可得到离子键百分数应该是MgO>MgS；
B.同周期从左到右半径逐渐减小即可判断；
C.非金属性越强，其氢化物稳定性越强；
D. 化合物ZY 为MgO的离子键百分数为50%，应为过渡晶体，通常当作离子晶体。
8．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；石油副产品的综合应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A. 实验设计应控制单一变量，溶液和溶液的阴离子种类不同，不符合单一变量原则，A选项错误；B. 比较非金属性强弱需要通过最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来判断，B选项错误；
C. 鸡蛋清溶液含有大量蛋白质，加入浓硝酸会使蛋白质变性，溶解度降低产生白色沉淀，加热后浓硝酸与蛋白质发生显色反应使沉淀变黄，C选项正确；
D. 石蜡油分解产物能使溴水褪色说明生成了不饱和烃，但不能确定是乙烯，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、该实验中存在阴阳离子的种类都不同，存在两个变量。
B、该实验可得出酸性H2S＜HCl，但不能比较非金属性强弱。
C、浓硝酸具有氧化性，能使蛋白质发生变性。
D、溴的CCl4溶液褪色说明有烯烃生成，但不一定是乙烯。
9．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据上述分析，曲线Ⅰ代表-lgY3+与pH的关系；曲线Ⅱ代表-lg与pH的关系；曲线Ⅲ代-lgZ3+与pH的关系，A正确；
B．当-lg=0时，溶液中c(HX)=c(X-)，由图像可知，此时溶液的pH=5.5，因此Ka==c(H+)=10-5.5。因此Ka(HX)的数量级为10-6，B正确；
C．若固体能完全溶解在溶液中，则HX溶液与发生反应，该反应的平衡常数。此时，则，又，则，故固体能完全溶解在溶液中，C正确；
D．滴定HX溶液至时，根据可知，，则，由电荷守恒得，可知，因此溶液中离子浓度关系，D错误；
故答案为：D。
【分析】Y(OH)3存在溶解平衡：Y(OH)3(s)Y3+(aq)+3OH-(aq)，其溶度积常数表达式为Ksp[Y(OH)3]=c(Y3+)·c3(OH-)。通过推导可得关系式：-lgc(Y3+)=3pH+pKsp[Y(OH)3]-42。同理可得Z(OH)3的对应关系式：-lgc(Z3+)=3pH+pKsp[Z(OH)3]-42。由于Ksp[Y(OH)3]＜Ksp[Z(OH)3]，因此曲线Ⅰ和Ⅲ分别表示-lgc(Y3+)和-lgc(Z3+)与pH的关系，这两条直线相互平行。曲线Ⅱ则表示 -lg 与pH的关系。
10．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．CO分子中的化学键并非单键，且该反应为吸热反应，断裂旧键吸收的热量高于形成新键释放的热量，A错误；B．增大压强会使反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，从而提高CO2的转化率，B错误；
C．在260~320℃温度范围内，虽然CH4的选择性保持基本不变，但由于CO2转化率随温度升高而增加，因此CH4的产率实际上是上升的，C正确；
D.320℃时CO2转化率达到峰值，后续下降可能是高温导致催化剂失活所致，因此无法确定此时的转化率是否为平衡转化率，也不能证明反应已达到平衡状态，D错误；
故答案为：C
【分析】A、反应Ⅰ中CO中含有的化学键为碳氧三键，不含碳氧单键。
B、对于反应Ⅱ，增大压强，平衡正向移动。
C、结合图像中CH4的选择性和转化率变化分析。
D、CO2的转化率达到最大值后，继续升高温度，可能是催化剂失去活性，不能确定处于平衡状态。
11．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A. Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，核外电子总共填充了14个原子轨道，而不是12个，A选项错误；B. 与N原子距离相等且第二近的N原子位于面对角线位置，数量应为12个，B选项错误；
C. 由晶胞结构可知，N原子位于Fe原子形成的八面体空隙中，C选项错误；
D. Fe原子位于棱上，因此每个晶胞中含有Fe原子的数量计算为12×1/4=3个；N原子位于顶点，因此每个晶胞中N原子的数量为8×1/8=1个。晶胞棱长为(2a+2b) cm，因此晶体空间利用率的计算公式为：，可以简化为：，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、根据Fe2+的核外电子排布式确定其电子填充的轨道数。
B、根据晶胞结构分析。
C、根据晶胞结构确定氮原子位于Fe原子形成的八面体空隙中。
D、根据晶胞中Fe、N原子的位置，结合空间利用率的公式进行计算。
12．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；含有氢键的物质；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、比较N3-和O2-的离子半径。根据"序大径小"原则，由于N的原子序数小于O，所以r(N3-) > r(O2-)，A错误。B、Li和O只能形成Li2O2这一种1：1化合物，B错误。
C、C的氢化物不只有CH4，还有多种烃类；N的氢化物有NH3和N2H4。高级烃的沸点确实高于NH3和N2H4，C错误。
D、N和Cl的最高价氧化物对应水化物分别是HNO3和HClO4，都是强酸，D正确。
故答案为：D
【分析】由的结构可以确定：M元素为Cl（氯）、Z元素为O（氧）。W是一种常用于制造电池的金属元素，且与R同主族，因此W为Li（锂）、R为H（氢）。X、Y分别为C（碳）和N（氮）。据此结合选项分析。
13．【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在M点，溶液中c(HA) = c(A-)，此时c(H+) = 10-4.74 mol/L。根据弱酸电离平衡常数表达式：。因此Ka(HA)的数量级为10-5，A正确。
B．M点溶液中存在电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH-)变形可得：c(Na+) - c(A-) = c(OH-) - c(H+)。由于c(OH-) > c(H+)，所以：c(Na+) - c(A-) < c(OH-) =，B错误。
C．当溶液呈中性时，c(H+) = 10-7 mol/L，根据Ka表达式：，计算可得c(A-) > c(HA)，C正确。
D．在P→Q滴定过程中，HA浓度不断减小，其电离产生的H+浓度也随之减小，对水电离的抑制作用逐渐减弱，因此水的电离程度逐渐增大，D正确。
故答案为：B
【分析】A、M点溶液中c(HA) = c(A-)，据此结合HA的电离平衡常数的表达式计算。
B、根据电荷守恒分析。
C、当溶液显中性时，溶液中c(H+) = 10-7 mol/L，结合Ka(HA)进行计算分析。
D、HA电离产生的H+抑制水的电离，当c(H+)减小时，对水电离的抑制作用也减小，据此分析。
14．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．AgCl与Na2SO3反应存在可逆过程AgCl+2SO[Ag(SO3)2]3-+Cl-，该反应的平衡常数K===Ksp(AgCl)K1=1.8×10 10×1.0×108.68=1.8×10 1.32，A正确；
B．由图1可知，当溶液的pH为8 9时，溶液中c([Ag(SO3)2]3-)最大，因此“分银”时，需控制溶液的pH范围大约是8 9，B正确；
C．Na2SO3溶液中存在物料守恒：。分银溶液中还存在[Ag(SO3)2]3-离子，因此分银溶液中的物料守恒，C错误；
D．SO32－中硫原子的价层电子对数为4，且含有一对孤对电子数；[Ag(SO3)2]3-离子中硫原子的价层电子对数为4，且不含孤对电子对。孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，使得
∠O S O键角越小。因此在中的大于中的，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据可逆反应AgCl+2SO[Ag(SO3)2]3-+Cl-平衡常数的表达式，结合Ksp、K1进行计算。
B、“分银”操作时，应使得溶液中[Ag(SO3)2]3－浓度最大，据此结合图1中曲线分析。
C、根据物料守恒分析。
D、根据孤电子对对成键电子的排斥力作用分析。孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，使得键角越小。
15．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 离子半径大小取决于电子层数和核电荷数，电子层数越多，半径越大，故离子半径顺序为，A正确；
B. 水分子间存在氢键，导致其熔沸点高于PH3，故简单氢化物的熔沸点顺序为，B正确；
C. Li在氧气中燃烧生成Li2O，产物中不含非极性共价键，C错误；
D. 铁原子的原子轨道数为15，因此其电子的空间运动状态有15种，D正确；
故答案为：C
【分析】基态W原子的价层电子排布式为，其核外电子排布为，对应元素为Fe。Z原子可形成5个共价键，属于第VA族元素；Y原子可形成2个共价键，属于第VIA族元素。结合Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等，可推断Y为O元素，Z为P元素。X与Y同周期，结合化合物的组成，可确定X为Li元素。据此结合元素周期律分析选项。
16．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、含氮分子参与的反应涉及电子转移（如自由基反应），A错误；B、NO是催化剂，增加其用量不会影响化学平衡，故对丙烷（）的平衡转化率无影响，B错误；
C、由生成丙烯（）的路径在机理图中显示为两条，C正确；
D、无论是否存在反应，总反应均为丙烷与氧气生成丙烯和水，水的产量不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据题目描述的反应机理示意图，含氮分子参与的反应过程包括以下三个关键步骤：、、。由此可判断NO在反应中作为催化剂发挥作用。
17．【答案】（1）CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g) ΔH=-374.5 kJ/mol
（2）d
（3）Cat-1；超过450℃，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降
（4）T1【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得到第二步反应式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g)，由图知，其ΔH=-358.6kJ/mol-15.9 kJ/mol =-374. kJ/mol，则第二步反应的热化学方程式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g) ΔH=-374.5 kJ/mol。
故答案为：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g) ΔH=-374.5 kJ/mol
（2）a. v正(NO)=v逆(N2)才能说明正逆反应速率相等，a不选；
b. 体系中混合气体密度在反应过程中是定值，b不选；
c. 向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，CO与NO转化率的比值为1：2且不变，c不选；
d. 当浓度商等于定值即平衡常数时，说明达到了平衡，d选；
故答案为：d。
（3）①由图可知，250℃时，Cat-1平衡脱氮率较高。
故答案为： Cat-1
②温度过高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率会下降。
故答案为： 超过450℃，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降
（4）①该反应2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-752kJ/mol，为放热反应，升高温度平衡逆向移动NO的转化率下降，由图可知T1故答案为： T1②根据图像可知充入H2、NO分别为3mol、3mol，转化率为40%，
反应进行到6min时达平衡﹐0~-6min内N2的平均反应速率为mol/(L·min)
根据，P平=×P始=Pa；H2、NO、N2、H2O的体积分数为、、、、；Kp==。
故答案为：；
【分析】（1）根据盖斯定律由总反应式减去第一步反应，即可得到第二步反应的热化学方程式。
（2）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态，据此结合选项进行分析。
（3）①使用催化剂Cat-1可以在较低温度实现较高的平衡脱氮率。
②结合温度对催化剂活性的影响分析。当温度过高时，催化剂失去活性，使得反应速率减慢。
（4）①结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，使得NO的平衡幻化率降低，据此分析。
②根据图像可知充入H2、NO分别为3mol、3mol，转化率为40%，则参与反应的n(H2)=1.2mol，可得平衡：
。据此结合题干设问分析作答。
（1）根据盖斯定律可得到第二步反应式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g)，由图知，其ΔH=-358.6kJ/mol-15.9 kJ/mol =-374. kJ/mol，则第二步反应的热化学方程式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g) ΔH=-374.5 kJ/mol。
（2）a. v正(NO)=v逆(N2)才能说明正逆反应速率相等，a不选；
b. 体系中混合气体密度在反应过程中是定值，b不选；
c. 向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，CO与NO转化率的比值为1：2且不变，c不选；
d. 当浓度商等于定值即平衡常数时，说明达到了平衡，d选；
故选d。
（3）①由图可知，250℃时，Cat-1平衡脱氮率较高；
②温度过高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率会下降。
（4）)①该反应2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-752kJ/mol，为放热反应，升高温度平衡逆向移动NO的转化率下降，由图可知T1②根据图像可知充入H2、NO分别为3mol、3mol，转化率为40%，
反应进行到6min时达平衡﹐0~-6min内N2的平均反应速率为mol/(L·min)
根据，P平=×P始=Pa；H2、NO、N2、H2O的体积分数为、、、、；Kp==。
18．【答案】（1）
（2）与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率
（3）0.08
（4）
（5）易形成配离子，即氨水用量不易控制；
（6）
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）二氧化硅和稀硫酸不反应，因此浸渣的主要成分为。
故答案为：
（2）由信息知，“沉镧”工序中，镧离子形成后过滤分离出来，若溶液的pH<2.0，与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率。
故答案为：与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率
（3）“沉镁”后滤液3中时认为沉淀完全，。
故答案为： 0.08
（4）由题意可知，沉锰发生的反应为溶液中锰离子与过二硫酸根离子反应生成二氧化锰、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为。
故答案为：
（5）易形成配离子，故“沉镍”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制。母液中含，处理后可得，在沉镧时可循环使用。
故答案为：易形成配离子，即氨水用量不易控制 ；
（6）由图可知该晶体中存在4个和4个，则晶胞质量为，距离最近的两个为面对角线的一半，间距为a pm，则棱长为，则体积为，则晶胞密度。
故答案为：【分析】根据题目描述的工艺流程分析：“酸浸”步骤中，负极材料与稀硫酸反应，其中二氧化锰（MnO2）在酸性条件下与金属反应生成硫酸锰（MnSO4）。氧化镍（NiO）与硫酸反应生成Ni2+。镍（Ni）、镧（La）、铁（Fe）、镁（Mg）等金属与硫酸反应生成可溶性硫酸盐。二氧化硅（SiO2）不溶于硫酸，成为滤渣。“镧沉淀”步骤中向滤液中加入硫酸钠（Na2SO4），镧离子形成复盐沉淀La2(SO4)3·Na2SO4·xH2O。“铁去除”步骤中，调节pH至4.0后加入H2O2，将铁元素转化为沉淀除去。“镁去除”步骤中，加入NaF溶液，镁离子形成MgF2沉淀。“锰沉淀”步骤中，调节pH至5.0后加入Na2S2O8，Mn2+被氧化为MnO2沉淀。‘镍沉淀’步骤中，最后加入NaOH溶液，Ni2+形成Ni(OH)2沉淀。
19．【答案】（1）-172.1
（2）高温
（3）升高；950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，CH4转化率升高；<；；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i得，所以=+74.9kJ/mol-247kJ/mol=-172.1 kJ/mol。
故答案为： -172.1
（2）反应i．，、，由，可知高温有利于反应自发进行。
故答案为：高温
（3）①图像1可知，950℃时体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，反应在100kPa下充入氮气相当于减压，平衡正向移动，CH4转化率升高。
故答案为：升高； 950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，CH4转化率升高
②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时，由图像1可知，平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)＜n(H2)，即平衡常数K＜1，所以此时Qc＞K，平衡正在逆向进行，所以反应ⅱ的v正＜v逆。
故答案为：＜
③由图像1可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，所以0～tmin生成CO的平均速率为；由图像1可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应i和反应iii生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2倍，反应ii消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，所以平衡时n(H2)=(2a-0.5)kmol=kmol，n(CH4)=(1-a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a-0.5+1-a+0.5+0.5+0.5)kmol =(2+a)kmol，所以平衡常数Kx=。
故答案为：；
【分析】（1）根据盖斯定律进行计算。
（2）当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行，据此判断反应ⅰ自发进行的条件。
（3）①恒压条件下充入氮气，体积增大，相当于减压操作，结合压强对平衡移动的影响分析。
②根据Q和K的相对大小判断反应进行的方向，从而判断正逆反应速率的相对大小。当Q＞K时，反应逆向进行；当Q＜K时，反应正向进行；当Q=K时，反应处于平衡状态。
③由图像1可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，据此结合计算反应速率。由图像1可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，根据反应的化学方程式，结合平衡常数的表达式进行计算。
（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i得，所以=+74.9kJ/mol-247kJ/mol=-172.1 kJ/mol；
（2）反应i．，、，由，可知高温有利于反应自发进行；
（3）①图像1可知，950℃时体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，反应在100kPa下充入氮气相当于减压，平衡正向移动，CH4转化率升高；
②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时，由图像1可知，平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)＜n(H2)，即平衡常数K＜1，所以此时Qc＞K，平衡正在逆向进行，所以反应ⅱ的v正＜v逆；
③由图像1可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，所以0～tmin生成CO的平均速率为；由图像1可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应i和反应iii生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2倍，反应ii消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，所以平衡时n(H2)=(2a-0.5)kmol=kmol，n(CH4)=(1-a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a-0.5+1-a+0.5+0.5+0.5)kmol =(2+a)kmol，所以平衡常数Kx=。
20．【答案】（1）+Cl2 +HCl
（2）邻羟基苯甲酸；取代反应
（3）氢氧化钠溶液、分液
（4）3
（5）12
（6）；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质
【解析】【解答】（1）A是苯，苯与在催化下发生取代反应产生氯苯、HCl，该反应的化学方程式为+Cl2 +HCl。
故答案为：+Cl2 +HCl
（2）根据上述分析可知D的结构简式是，命名为邻羟基苯甲酸。
故答案为： 邻羟基苯甲酸 ；取代反应
（3）苯不溶于NaOH溶液，能够与NaOH溶液反应产生可溶性而溶于水中，苯与水互不相溶，密度比水小，然后通过分液分离除去，A中混有C可用氢氧化钠溶液、分液。
故答案为： 氢氧化钠溶液、分液
（4）E是，羧基需要消耗1 mol NaOH，与苯环相连的酯基需要2 mol NaOH，则1 mol E最多需要与3 mol NaOH完全反应。
故答案为：3
（5）根据已知条件推出该同分异构体中含有的官能团：①能发生银镜反应，则结构中含有醛基(—CHO)；②酸性条件下水解产物物质的量之比为2∶1，则该结构中含有酯基(—COO—)，且根据氧原子数目可推出该结构中既能水解也能发生银镜反应的基团为—OOCH，数目为两个；③不与溶液反应，说明结构中不含羧基。将已知官能团和基团在苯环上排布：、、、，共12种。
故答案为：12
（6）与在催化下发生甲基邻位上的取代反应产生，该物质与NaOH作用然后在HCl作用下反应产生，与CH3COCl发生取代反应产生M是。与酸性溶液发生氧化反应，被氧化产生—COOH，反应产生N是，N与异构化反应产生，故M是，N是。
故答案为：；
【分析】苯与在催化下发生取代反应生成氯苯。氯苯与熔融NaOH反应后，再与HCl作用生成苯酚。苯酚与NaOH反应后通入，经一系列反应生成，再通入HCl得到产物D：。D与发生酚羟基的取代反应生成E，E与反应生成F，最后F与乙酸酐反应得到目标产物G。整个转化过程涉及多步取代和官能团转化反应。
1 / 1湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高三下学期5月期中化学试题
一、单选题(每题3分，共48分)
1．下列有关化学与生活说法正确的是
A．“歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是我国打破其他国家技术垄断，自主研发和生产的一种新型有机高分子材料
B．硫酸亚铁与维生素C混用有利于铁元素吸收
C．我国海洋开发走向深海，大型舰船的底部常镶嵌锌块做正极，防止船底腐蚀
D．白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于高分子化合物
【答案】B
【知识点】金属的腐蚀与防护；二糖的性质和用途；高分子材料
【解析】【解析】A、碳纤维作为新型无机非金属材料，虽被用于"歼-20"飞机，但题目描述"打破垄断、自主研发"的说法存在错误，实际我国在该领域仍需突破部分关键技术，A选项错误。B、维生素C（抗坏血酸）的还原性可防止Fe2+氧化为Fe3+，因此与硫酸亚铁配伍能促进铁元素吸收，B选项正确。
C、由于金属活动性Zn＞Fe，镶嵌锌块后，Zn做负极，发生失电子的氧化反应，Fe做正极，被保护，C选项错误。
D、蔗糖（）相对分子质量342，未达到高分子化合物（通常>104）标准，因此白砂糖不属于有机高分子，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、碳纤维属于新型无机非金属材料。
B、维生素C具有还原性，可防止Fe2+被氧化。
C、镶嵌的锌块做负极，可防止Fe被腐蚀。
D、蔗糖为二糖，不属于高分子化合物。
2．化学用语是表述化学学科知识的专业语言符号，下列有关表述正确的是
A．H2O2是一种高价值的绿色环保氧化剂，其电子式为
B．北京大学科研团队构筑了纯化的h-10BN和h-11BN范德华界面对原子进行研究，10B的原子结构示意图为
C．核废水中含14C，14CO、14CO2互为同素异形体
D．的化学名称是3-甲基-2-戊烯
【答案】D
【知识点】有机化合物的命名；元素、核素；原子结构示意图
【解析】【解答】A．H2O2是共价化合物，其电子式为，选项A错误；
B．硼原子（核电荷数为5）的原子结构示意图为，选项B错误；
C．同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，而CO和CO2都是化合物，因此它们不属于同素异形体，选项C错误；
D．根据系统命名法，化合物的正确名称是3-甲基-2-戊烯，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、H2O2为共价化合物，不存在阴阳离子。
B、B的核电荷数为5，据此确定其原子结构示意图。
C、同素异形体是指由同种元素形成的不同单质。
D、根据结构确定最长碳链，从靠近双键的位置确定官能团和取代基的位置，从而得到该有机物的名称。
3．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.0 mol NO和混合充分反应后，气体分子总数为
B．对于反应 ΔH=-92.4 kJ/mol，当放出92.4 kJ热量时，生成的数目小于
C．常温下，1 L pH=1的溶液由水电离出的数目为
D．12 g石墨含有的共价键数目为
【答案】D
【知识点】热化学方程式；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 1.0 mol NO与0.5 mol O2充分反应生成1.0 mol NO2，但NO2会进一步发生可逆反应2NO2 N2O4，导致最终气体分子总数小于1.0NA，A选项错误。
B. 对于反应N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol，当放出92.4 kJ热量时，说明有1 mol N2参与反应，生成的NH3分子数应为2NA，B选项错误。
C. 1 L pH=1的H2SO4溶液中，n(H+)=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol。但由水电离出的H+数目等于溶液中OH-的数目，应为10-13NA，C选项错误。
D. 在石墨晶体中，每个碳原子实际形成1.5个化学键，因此12 g（即1 mol）石墨所含的碳碳键数目为1.5NA，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、NO与O2反应生成NO2，NO2发生二聚可逆反应2NO2(g) N2O4(g)。
B、放出热量为92.4kJ时，则反应生成2molNH3。
C、H2SO4溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中c(OH－)，据此计算。
D、根据石墨结构可知，一个碳原子可形成1.5个共价键，据此计算。
4．最近，科学家成功研制出一种电源，该电源在消耗二氧化碳的同时，还可释放电能。电源电极为铝电极和多孔碳电极，电解质溶液为草酸盐溶液，放电过程中草酸盐浓度基本不变，电源示意图如图所示。下列有关该电源的说法正确的是
A．铝电极电势高于多孔碳电极
B．用该电源电解饱和食盐水，理论上，每消耗1mol二氧化碳可收集到标准状况下 11.2L 氢气
C．若生成0.5 mol 草酸铝，有3mol电子通过电解质溶液
D．正极的电极反应式为
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在该原电池中，铝电极作为负极，多孔碳电极作为正极。根据原电池原理，正极的电势高于负极，A选项错误。
B．正极发生的反应为： 2CO2+2e-=C2O42-， 当用该电源电解饱和食盐水时，阴极反应为：。由于串联电路中电子转移数量相同，每消耗1mol CO2会转移1mol电子，理论上可收集到标准状况下11.2L氢气，B选项正确。
C．电子不能通过电解质溶液传导，只能通过外电路流动，C选项错误。
D．根据题意，正极反应是二氧化碳得电子生成草酸根离子： 2CO2+2e-=C2O42-，D选项错误。
故答案为：B。
【分析】在原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。电子从负极通过外电路流向正极，但不能通过电解质溶液。在电解质溶液中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。需要注意的是："电子不下水，离子不上岸"，即电子不通过溶液传导，离子不通过导线移动。
5．下列离子方程式书写正确的是
A．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑
B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O
C．向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：SO+2H+=SO2↑+H2O
D．硫酸铝溶液中滴入足量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH
【答案】D
【知识点】氯、溴、碘的性质实验；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解析】A、方程式未配平原子不守恒。过氧化钠溶于水的正确反应为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑，A选项错误。
B、醋酸（CH3COOH）是弱电解质，在离子方程式中不应拆写。检验碘盐中IO的正确反应为：IO + 5I- + 6CH3COOH = 6CH3COO- + 3I2 + 3H2O，B选项错误。
C、稀硝酸具有强氧化性，会与亚硫酸钠发生氧化还原反应。正确反应为：3SO + 2NO + 2H+ = 2NO↑ + 3SO + H2O，C选项错误。
D、氢氧化铝不溶于氨水，硫酸铝与氨水的反应正确表示为：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3NH，D选项错误。故答案为：D
【分析】A、不满足原子个数守恒。
B、CH3COOH是弱酸，在离子方程式中保留化学式。
C、HNO3具有氧化性能将SO32－氧化成SO42－，自身还原为NO。
D、NH3·H2O是弱碱，Al(OH)3不溶于弱碱。
6．某离子液体的阴离子结构如图所示，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的短周期非金属元素，其中X原子的最外层电子中未成对电子数目与成对电子数目相同，Z与Q同主族。下列说法正确的是
A．电负性：Z>R>Q
B．简单离子半径：Q>Z>Y
C．五种元素形成的简单氢化物中沸点最高的是Z
D．该阴离子中∠Q—Y—Q为180°
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电负性规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小。因此电负性顺序为F > O > S，A错误；
B．简单离子半径比较规则：电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大。故离子半径大小为，B错误；
C．五种元素的简单氢化物中，水（H2O）的沸点最高（常温为液态），其余均为气体，C正确；
D．阴离子中S—N—S键角小于180°，因为中心N原子上存在孤电子对，对成键电子产生排斥作用，D错误；
故答案为：C
【分析】题目中给出了五种原子序数递增的短周期非金属元素X、Y、Z、R、Q。根据X原子的最外层电子中未成对电子数与成对电子数相同，可确定X为碳（C）。结合Z元素的成键特征，推断Z为氧（O），则Y为氮（N）。R仅形成一个共价键，说明R是氟（F）；Q能形成六个共价键，推断Q为硫（S）。据此结合元素周期律分析选项。
7．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X的价层电子数为5，X和Y的最简单气态氢化物质子总数相等，Z的核外没有未成对电子，W与Y属于同一主族。下列说法正确的是（　　）
A．离子键的百分数：ZYB．原子半径大小为R>W>Y
C．简单气态氢化物热稳定性：XD．化合物ZY属于共价晶体
【答案】C
【知识点】离子键的形成；原子晶体（共价晶体）；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】X的价层电子数为5，X为N，X和Y的最简单气态氢化物质子总数相等，Z的核外没有未成对电子，Y为O，Z为Mg，W与Y属于同一主族，W为S，则R为Cl；
A．由于非金属性O>S，故离子键百分数应该是MgO>MgS，故A不符合题意；
B．S和Cl同周期，原子半径逐渐减小，故原子半径S>Cl，故B不符合题意；
C．由于非金属性O>N，故简单气态氢化物热稳定性：NH3D．MgO的离子键百分数为50%，应为过渡晶体，通常当作离子晶体处理，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由于非金属性O>S，即可得到离子键百分数应该是MgO>MgS；
B.同周期从左到右半径逐渐减小即可判断；
C.非金属性越强，其氢化物稳定性越强；
D. 化合物ZY 为MgO的离子键百分数为50%，应为过渡晶体，通常当作离子晶体。
8．根据下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向两份等浓度、等体积的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的溶液和溶液 前者产生气泡较快 催化效率：
B 用pH试纸测定的和NaCl溶液的pH 前者的试纸颜色比后者深 非金属性：SC 向盛有2 mL鸡蛋清溶液的试管中加入5滴浓硝酸，加热 先有白色沉淀，加热后沉淀变黄 蛋白质能发生变性和显色反应
D 石蜡油加强热，将生成的气体通入的中 溶液由红棕色变成无色 气体中含有乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；石油副产品的综合应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A. 实验设计应控制单一变量，溶液和溶液的阴离子种类不同，不符合单一变量原则，A选项错误；B. 比较非金属性强弱需要通过最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来判断，B选项错误；
C. 鸡蛋清溶液含有大量蛋白质，加入浓硝酸会使蛋白质变性，溶解度降低产生白色沉淀，加热后浓硝酸与蛋白质发生显色反应使沉淀变黄，C选项正确；
D. 石蜡油分解产物能使溴水褪色说明生成了不饱和烃，但不能确定是乙烯，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、该实验中存在阴阳离子的种类都不同，存在两个变量。
B、该实验可得出酸性H2S＜HCl，但不能比较非金属性强弱。
C、浓硝酸具有氧化性，能使蛋白质发生变性。
D、溴的CCl4溶液褪色说明有烯烃生成，但不一定是乙烯。
9．常温下，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HX(弱酸)、YCl3(可溶性盐)和ZCl3(可溶性盐)三种溶液。[M表示]随溶液的变化如图所示，已知：。下列说法错误的是
A．曲线I代表随溶液的变化关系
B．的数量级是
C．固体能完全溶解在溶液中
D．滴定HX溶液至时，溶液中，
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据上述分析，曲线Ⅰ代表-lgY3+与pH的关系；曲线Ⅱ代表-lg与pH的关系；曲线Ⅲ代-lgZ3+与pH的关系，A正确；
B．当-lg=0时，溶液中c(HX)=c(X-)，由图像可知，此时溶液的pH=5.5，因此Ka==c(H+)=10-5.5。因此Ka(HX)的数量级为10-6，B正确；
C．若固体能完全溶解在溶液中，则HX溶液与发生反应，该反应的平衡常数。此时，则，又，则，故固体能完全溶解在溶液中，C正确；
D．滴定HX溶液至时，根据可知，，则，由电荷守恒得，可知，因此溶液中离子浓度关系，D错误；
故答案为：D。
【分析】Y(OH)3存在溶解平衡：Y(OH)3(s)Y3+(aq)+3OH-(aq)，其溶度积常数表达式为Ksp[Y(OH)3]=c(Y3+)·c3(OH-)。通过推导可得关系式：-lgc(Y3+)=3pH+pKsp[Y(OH)3]-42。同理可得Z(OH)3的对应关系式：-lgc(Z3+)=3pH+pKsp[Z(OH)3]-42。由于Ksp[Y(OH)3]＜Ksp[Z(OH)3]，因此曲线Ⅰ和Ⅲ分别表示-lgc(Y3+)和-lgc(Z3+)与pH的关系，这两条直线相互平行。曲线Ⅱ则表示 -lg 与pH的关系。
10．利用下列两个反应可实现资源综合利用
已知：Ⅰ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ·mol-1
Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-165.0kJ·mol-1
在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度变化关系如图所示。
CH4选择性=×100%，下列说法正确的是
A．反应Ⅰ：2E(C=O)+E(H-H)B．240℃时，其他条件不变，增大压强将减小CO2的转化率
C．在260~300℃间，其他条件不变，升高温度CH4的产率增大
D．320℃时CO2的转化率最大，说明反应Ⅰ和反应Ⅱ一定都达到了平衡状态
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．CO分子中的化学键并非单键，且该反应为吸热反应，断裂旧键吸收的热量高于形成新键释放的热量，A错误；B．增大压强会使反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，从而提高CO2的转化率，B错误；
C．在260~320℃温度范围内，虽然CH4的选择性保持基本不变，但由于CO2转化率随温度升高而增加，因此CH4的产率实际上是上升的，C正确；
D.320℃时CO2转化率达到峰值，后续下降可能是高温导致催化剂失活所致，因此无法确定此时的转化率是否为平衡转化率，也不能证明反应已达到平衡状态，D错误；
故答案为：C
【分析】A、反应Ⅰ中CO中含有的化学键为碳氧三键，不含碳氧单键。
B、对于反应Ⅱ，增大压强，平衡正向移动。
C、结合图像中CH4的选择性和转化率变化分析。
D、CO2的转化率达到最大值后，继续升高温度，可能是催化剂失去活性，不能确定处于平衡状态。
11．Fe和N组成的一种立方晶胞如图所示，Fe原子和N原子都是紧密接触的刚性小球，Fe原子半径为a cm，N原子半径为b cm。下列说法正确的是
A．的核外电子填充了12个原子轨道
B．与N原子距离相等且第二近的N原子数目为8
C．N原子位于Fe原子形成的六面体空隙中
D．该晶体的空间利用率
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A. Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，核外电子总共填充了14个原子轨道，而不是12个，A选项错误；B. 与N原子距离相等且第二近的N原子位于面对角线位置，数量应为12个，B选项错误；
C. 由晶胞结构可知，N原子位于Fe原子形成的八面体空隙中，C选项错误；
D. Fe原子位于棱上，因此每个晶胞中含有Fe原子的数量计算为12×1/4=3个；N原子位于顶点，因此每个晶胞中N原子的数量为8×1/8=1个。晶胞棱长为(2a+2b) cm，因此晶体空间利用率的计算公式为：，可以简化为：，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、根据Fe2+的核外电子排布式确定其电子填充的轨道数。
B、根据晶胞结构分析。
C、根据晶胞结构确定氮原子位于Fe原子形成的八面体空隙中。
D、根据晶胞中Fe、N原子的位置，结合空间利用率的公式进行计算。
12．一种高性能电池的电解质由原子序数依次增大的短周期主族元素R、W、X、Y、Z、M组成，W为一种常用于制造电池的金属元素且R、W同主族，化学式为的物质是离子化合物，的结构如图所示。下列说法正确的是
A．简单离子半径：YB．W和Z可以形成多种原子个数比为1：1的化合物
C．氢化物的沸点：XD．Y和M的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；含有氢键的物质；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、比较N3-和O2-的离子半径。根据"序大径小"原则，由于N的原子序数小于O，所以r(N3-) > r(O2-)，A错误。B、Li和O只能形成Li2O2这一种1：1化合物，B错误。
C、C的氢化物不只有CH4，还有多种烃类；N的氢化物有NH3和N2H4。高级烃的沸点确实高于NH3和N2H4，C错误。
D、N和Cl的最高价氧化物对应水化物分别是HNO3和HClO4，都是强酸，D正确。
故答案为：D
【分析】由的结构可以确定：M元素为Cl（氯）、Z元素为O（氧）。W是一种常用于制造电池的金属元素，且与R同主族，因此W为Li（锂）、R为H（氢）。X、Y分别为C（碳）和N（氮）。据此结合选项分析。
13．常温下，用0.10mol/L的NaOH溶液滴定0.10moL/L的HA溶液，滴定曲线如图甲所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图乙所示。下列叙述错误的是
A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．M点：c(Na+)-c(A-)=
C．当滴定至溶液呈中性时，c(A-)>c(HA)
D．P→Q过程中，水的电离程度逐渐增大
【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在M点，溶液中c(HA) = c(A-)，此时c(H+) = 10-4.74 mol/L。根据弱酸电离平衡常数表达式：。因此Ka(HA)的数量级为10-5，A正确。
B．M点溶液中存在电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH-)变形可得：c(Na+) - c(A-) = c(OH-) - c(H+)。由于c(OH-) > c(H+)，所以：c(Na+) - c(A-) < c(OH-) =，B错误。
C．当溶液呈中性时，c(H+) = 10-7 mol/L，根据Ka表达式：，计算可得c(A-) > c(HA)，C正确。
D．在P→Q滴定过程中，HA浓度不断减小，其电离产生的H+浓度也随之减小，对水电离的抑制作用逐渐减弱，因此水的电离程度逐渐增大，D正确。
故答案为：B
【分析】A、M点溶液中c(HA) = c(A-)，据此结合HA的电离平衡常数的表达式计算。
B、根据电荷守恒分析。
C、当溶液显中性时，溶液中c(H+) = 10-7 mol/L，结合Ka(HA)进行计算分析。
D、HA电离产生的H+抑制水的电离，当c(H+)减小时，对水电离的抑制作用也减小，据此分析。
14．已知：常温下；，，某实验小组利用与反应生成来“分银”，“分银”时，的浓度与溶液pH的关系如图1；及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图2，下列叙述错误的是
A．与反应生成，该反应的平衡常数
B．“分银”时，pH需控制的范围大约是
C．“分银”溶液中存在
D．在中的大于中的
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．AgCl与Na2SO3反应存在可逆过程AgCl+2SO[Ag(SO3)2]3-+Cl-，该反应的平衡常数K===Ksp(AgCl)K1=1.8×10 10×1.0×108.68=1.8×10 1.32，A正确；
B．由图1可知，当溶液的pH为8 9时，溶液中c([Ag(SO3)2]3-)最大，因此“分银”时，需控制溶液的pH范围大约是8 9，B正确；
C．Na2SO3溶液中存在物料守恒：。分银溶液中还存在[Ag(SO3)2]3-离子，因此分银溶液中的物料守恒，C错误；
D．SO32－中硫原子的价层电子对数为4，且含有一对孤对电子数；[Ag(SO3)2]3-离子中硫原子的价层电子对数为4，且不含孤对电子对。孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，使得
∠O S O键角越小。因此在中的大于中的，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据可逆反应AgCl+2SO[Ag(SO3)2]3-+Cl-平衡常数的表达式，结合Ksp、K1进行计算。
B、“分银”操作时，应使得溶液中[Ag(SO3)2]3－浓度最大，据此结合图1中曲线分析。
C、根据物料守恒分析。
D、根据孤电子对对成键电子的排斥力作用分析。孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，使得键角越小。
15．化合物可用作电极材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y同周期，Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等。基态W原子的价层电子排布式为。该电极材料所含阴离子的结构如图所示。下列说法不正确的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物的熔沸点：
C．X单质在Y单质中燃烧，其产物中含有非极性共价键
D．W原子有15种空间运动状态不同的电子
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 离子半径大小取决于电子层数和核电荷数，电子层数越多，半径越大，故离子半径顺序为，A正确；
B. 水分子间存在氢键，导致其熔沸点高于PH3，故简单氢化物的熔沸点顺序为，B正确；
C. Li在氧气中燃烧生成Li2O，产物中不含非极性共价键，C错误；
D. 铁原子的原子轨道数为15，因此其电子的空间运动状态有15种，D正确；
故答案为：C
【分析】基态W原子的价层电子排布式为，其核外电子排布为，对应元素为Fe。Z原子可形成5个共价键，属于第VA族元素；Y原子可形成2个共价键，属于第VIA族元素。结合Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等，可推断Y为O元素，Z为P元素。X与Y同周期，结合化合物的组成，可确定X为Li元素。据此结合元素周期律分析选项。
16．在NO的催化下，丙烷(C3H8)催化氧化制丙烯(C3H6)的部分反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．含N分子参与的反应不一定有电子转移
B．增大NO的量，C3H8的平衡转化率增大
C．由 C3H7生成丙烯的历程有2种
D．当存在反应NO+NO2+H2O=2HONO时，最终生成的水减少
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、含氮分子参与的反应涉及电子转移（如自由基反应），A错误；B、NO是催化剂，增加其用量不会影响化学平衡，故对丙烷（）的平衡转化率无影响，B错误；
C、由生成丙烯（）的路径在机理图中显示为两条，C正确；
D、无论是否存在反应，总反应均为丙烷与氧气生成丙烯和水，水的产量不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据题目描述的反应机理示意图，含氮分子参与的反应过程包括以下三个关键步骤：、、。由此可判断NO在反应中作为催化剂发挥作用。
二、解答题(共52分)
17．氮氧化物(NOx)是常见的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。因此，研究氮氧化物(NOx)的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题：
（1）一氧化二氮是一种强大的温室气体，可用CO(g)在Co*的催化作用下还原N2O(g)以除去污染，反应的化学方程式为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，其反应历程和能量变化如图所示(逸出后物质认为状态未发生变化，在图中略去)。
该反应分两步进行：
第一步：Co*(s)+N2O(g)CoO*(s)+N2(g) ΔH=+15.9kJ/mol；
第二步：　 　(填写第二步反应的热化学方程式)。
（2）汽车尾气中的NO可以和CO在催化转换器中发生反应，以减少尾气污染。某温度时，向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，下列能说明反应达到平衡状态的是　 　(填序号)。
a.2v正(NO)=v逆(N2)
b．体系中混合气体密度不再改变
c．CO与NO转化率的比值不再改变
d．该温度下，的值不再改变
（3）某研究小组探究温度和催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比1∶1以一定的流速分别通过两种催化剂(Cat-1和Cat-2)进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示：
①250℃脱氮率较好的催化剂是　 　(填“Cat-1”或“Cat-2”)。
②催化剂在Cat-2条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是　 　。
（4）用H2也可还原NO气体，其反应为2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=-752kJ/mol。
为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图：
①反应温度T1、T2、T3从低到高的关系为　 　﹔判断理由是　 　。
②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为wPa，反应进行到6min时达平衡，0～6min内N2的平均反应速率为　 　mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数Kp=　 　(写出计算表达式)。
【答案】（1）CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g) ΔH=-374.5 kJ/mol
（2）d
（3）Cat-1；超过450℃，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降
（4）T1【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得到第二步反应式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g)，由图知，其ΔH=-358.6kJ/mol-15.9 kJ/mol =-374. kJ/mol，则第二步反应的热化学方程式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g) ΔH=-374.5 kJ/mol。
故答案为：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g) ΔH=-374.5 kJ/mol
（2）a. v正(NO)=v逆(N2)才能说明正逆反应速率相等，a不选；
b. 体系中混合气体密度在反应过程中是定值，b不选；
c. 向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，CO与NO转化率的比值为1：2且不变，c不选；
d. 当浓度商等于定值即平衡常数时，说明达到了平衡，d选；
故答案为：d。
（3）①由图可知，250℃时，Cat-1平衡脱氮率较高。
故答案为： Cat-1
②温度过高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率会下降。
故答案为： 超过450℃，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降
（4）①该反应2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-752kJ/mol，为放热反应，升高温度平衡逆向移动NO的转化率下降，由图可知T1故答案为： T1②根据图像可知充入H2、NO分别为3mol、3mol，转化率为40%，
反应进行到6min时达平衡﹐0~-6min内N2的平均反应速率为mol/(L·min)
根据，P平=×P始=Pa；H2、NO、N2、H2O的体积分数为、、、、；Kp==。
故答案为：；
【分析】（1）根据盖斯定律由总反应式减去第一步反应，即可得到第二步反应的热化学方程式。
（2）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态，据此结合选项进行分析。
（3）①使用催化剂Cat-1可以在较低温度实现较高的平衡脱氮率。
②结合温度对催化剂活性的影响分析。当温度过高时，催化剂失去活性，使得反应速率减慢。
（4）①结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，使得NO的平衡幻化率降低，据此分析。
②根据图像可知充入H2、NO分别为3mol、3mol，转化率为40%，则参与反应的n(H2)=1.2mol，可得平衡：
。据此结合题干设问分析作答。
（1）根据盖斯定律可得到第二步反应式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g)，由图知，其ΔH=-358.6kJ/mol-15.9 kJ/mol =-374. kJ/mol，则第二步反应的热化学方程式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g) ΔH=-374.5 kJ/mol。
（2）a. v正(NO)=v逆(N2)才能说明正逆反应速率相等，a不选；
b. 体系中混合气体密度在反应过程中是定值，b不选；
c. 向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，CO与NO转化率的比值为1：2且不变，c不选；
d. 当浓度商等于定值即平衡常数时，说明达到了平衡，d选；
故选d。
（3）①由图可知，250℃时，Cat-1平衡脱氮率较高；
②温度过高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率会下降。
（4）)①该反应2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-752kJ/mol，为放热反应，升高温度平衡逆向移动NO的转化率下降，由图可知T1②根据图像可知充入H2、NO分别为3mol、3mol，转化率为40%，
反应进行到6min时达平衡﹐0~-6min内N2的平均反应速率为mol/(L·min)
根据，P平=×P始=Pa；H2、NO、N2、H2O的体积分数为、、、、；Kp==。
18．氢镍电池是目前使用最广的含镍电池，废旧电池的处理对环境保护和资源的再利用意义重大。一种对废旧氢镍电池负极材料(含有NiO、Ni和少量La、Fe、Mg、、等)进行湿法处理的流程如图1所示：
已知：①可形成；
②；
③第一步完全电离，。
回答下列问题：
（1）“酸浸”后浸渣的主要成分为　 　。
（2）若滤渣1的成分为，已知“沉镧”过程中溶液的pH与沉镧率的变化关系如图2所示。试分析pH<2.0时沉镧率降低的原因：　 　。
（3）“沉镁”后滤液3中c(F-)≥　 　mol/L(溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol/L时认为该离子沉淀完全)。
（4）滤液3中锰以形式存在，中存在一个过氧键(—O—O—)，“沉锰”反应的离子方程式为　 　。
（5）“沉镍”所用试剂不宜选用氨水的原因为　 　；母液中可提取出的循环利用的物质为　 　(填化学式)。
（6）在一定条件下分解可得到NiO，其晶胞如图3所示。设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为a pm，NiO的摩尔质量为，则晶体的密度为　 　(列出计算式)。
【答案】（1）
（2）与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率
（3）0.08
（4）
（5）易形成配离子，即氨水用量不易控制；
（6）
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）二氧化硅和稀硫酸不反应，因此浸渣的主要成分为。
故答案为：
（2）由信息知，“沉镧”工序中，镧离子形成后过滤分离出来，若溶液的pH<2.0，与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率。
故答案为：与结合成而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率
（3）“沉镁”后滤液3中时认为沉淀完全，。
故答案为： 0.08
（4）由题意可知，沉锰发生的反应为溶液中锰离子与过二硫酸根离子反应生成二氧化锰、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为。
故答案为：
（5）易形成配离子，故“沉镍”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制。母液中含，处理后可得，在沉镧时可循环使用。
故答案为：易形成配离子，即氨水用量不易控制 ；
（6）由图可知该晶体中存在4个和4个，则晶胞质量为，距离最近的两个为面对角线的一半，间距为a pm，则棱长为，则体积为，则晶胞密度。
故答案为：【分析】根据题目描述的工艺流程分析：“酸浸”步骤中，负极材料与稀硫酸反应，其中二氧化锰（MnO2）在酸性条件下与金属反应生成硫酸锰（MnSO4）。氧化镍（NiO）与硫酸反应生成Ni2+。镍（Ni）、镧（La）、铁（Fe）、镁（Mg）等金属与硫酸反应生成可溶性硫酸盐。二氧化硅（SiO2）不溶于硫酸，成为滤渣。“镧沉淀”步骤中向滤液中加入硫酸钠（Na2SO4），镧离子形成复盐沉淀La2(SO4)3·Na2SO4·xH2O。“铁去除”步骤中，调节pH至4.0后加入H2O2，将铁元素转化为沉淀除去。“镁去除”步骤中，加入NaF溶液，镁离子形成MgF2沉淀。“锰沉淀”步骤中，调节pH至5.0后加入Na2S2O8，Mn2+被氧化为MnO2沉淀。‘镍沉淀’步骤中，最后加入NaOH溶液，Ni2+形成Ni(OH)2沉淀。
19．甲烷干重整(DRM)以温室气体CH4和CO2为原料在催化条件下生成合成气CO和H2。体系中发生的反应有
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
ⅳ.
（1）　 　。
（2）　 　(填“高温”或“低温”)有利于反应ⅰ自发进行。
（3）起始投入CH4和CO2各1kmol，DRM反应过程中所有物质在100kPa下的热力学平衡数据如图所示。
①950℃时，向反应器中充入N2作为稀释气，CH4的平衡转化率　 　(填“升高”、“不变”或“降低”)，理由是　 　。
②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时反应ⅱ的　 　(填“>”、“=”或“<”)。
③625℃时，反应体系经过t min达到平衡状态，测得甲烷的平衡转化率为。0~t min生成CO的平均速率为　 　；用物质的量分数表示反应i的平衡常数　 　(用含的表达式表示，列计算式即可)。
【答案】（1）-172.1
（2）高温
（3）升高；950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，CH4转化率升高；<；；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i得，所以=+74.9kJ/mol-247kJ/mol=-172.1 kJ/mol。
故答案为： -172.1
（2）反应i．，、，由，可知高温有利于反应自发进行。
故答案为：高温
（3）①图像1可知，950℃时体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，反应在100kPa下充入氮气相当于减压，平衡正向移动，CH4转化率升高。
故答案为：升高； 950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，CH4转化率升高
②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时，由图像1可知，平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)＜n(H2)，即平衡常数K＜1，所以此时Qc＞K，平衡正在逆向进行，所以反应ⅱ的v正＜v逆。
故答案为：＜
③由图像1可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，所以0～tmin生成CO的平均速率为；由图像1可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应i和反应iii生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2倍，反应ii消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，所以平衡时n(H2)=(2a-0.5)kmol=kmol，n(CH4)=(1-a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a-0.5+1-a+0.5+0.5+0.5)kmol =(2+a)kmol，所以平衡常数Kx=。
故答案为：；
【分析】（1）根据盖斯定律进行计算。
（2）当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行，据此判断反应ⅰ自发进行的条件。
（3）①恒压条件下充入氮气，体积增大，相当于减压操作，结合压强对平衡移动的影响分析。
②根据Q和K的相对大小判断反应进行的方向，从而判断正逆反应速率的相对大小。当Q＞K时，反应逆向进行；当Q＜K时，反应正向进行；当Q=K时，反应处于平衡状态。
③由图像1可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，据此结合计算反应速率。由图像1可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，根据反应的化学方程式，结合平衡常数的表达式进行计算。
（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i得，所以=+74.9kJ/mol-247kJ/mol=-172.1 kJ/mol；
（2）反应i．，、，由，可知高温有利于反应自发进行；
（3）①图像1可知，950℃时体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，反应在100kPa下充入氮气相当于减压，平衡正向移动，CH4转化率升高；
②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时，由图像1可知，平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)＜n(H2)，即平衡常数K＜1，所以此时Qc＞K，平衡正在逆向进行，所以反应ⅱ的v正＜v逆；
③由图像1可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，所以0～tmin生成CO的平均速率为；由图像1可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应i和反应iii生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2倍，反应ii消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，所以平衡时n(H2)=(2a-0.5)kmol=kmol，n(CH4)=(1-a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a-0.5+1-a+0.5+0.5+0.5)kmol =(2+a)kmol，所以平衡常数Kx=。
20．某药物中间体G的合成路线如图1所示：
回答下列问题：
（1）A→B的反应方程式为　 　。
（2）D的化学名称为　 　。D→E的反应类型为　 　。
（3）A中混有C可用　 　(写出试剂和除杂方法)除杂。
（4）1 mol E最多可以与　 　mol NaOH完全反应。
（5）二元取代芳香族化合物H是F的同分异构体，H满足下列条件：
①能发生银镜反应
②酸性条件下水解产物的物质的量之比为2∶1
③不与溶液反应
则符合上述条件的H共有　 　种(不考虑立体异构)。
（6）以为原料合成的路线如图2所示(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为　 　和　 　。
【答案】（1）+Cl2 +HCl
（2）邻羟基苯甲酸；取代反应
（3）氢氧化钠溶液、分液
（4）3
（5）12
（6）；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；苯的结构与性质
【解析】【解答】（1）A是苯，苯与在催化下发生取代反应产生氯苯、HCl，该反应的化学方程式为+Cl2 +HCl。
故答案为：+Cl2 +HCl
（2）根据上述分析可知D的结构简式是，命名为邻羟基苯甲酸。
故答案为： 邻羟基苯甲酸 ；取代反应
（3）苯不溶于NaOH溶液，能够与NaOH溶液反应产生可溶性而溶于水中，苯与水互不相溶，密度比水小，然后通过分液分离除去，A中混有C可用氢氧化钠溶液、分液。
故答案为： 氢氧化钠溶液、分液
（4）E是，羧基需要消耗1 mol NaOH，与苯环相连的酯基需要2 mol NaOH，则1 mol E最多需要与3 mol NaOH完全反应。
故答案为：3
（5）根据已知条件推出该同分异构体中含有的官能团：①能发生银镜反应，则结构中含有醛基(—CHO)；②酸性条件下水解产物物质的量之比为2∶1，则该结构中含有酯基(—COO—)，且根据氧原子数目可推出该结构中既能水解也能发生银镜反应的基团为—OOCH，数目为两个；③不与溶液反应，说明结构中不含羧基。将已知官能团和基团在苯环上排布：、、、，共12种。
故答案为：12
（6）与在催化下发生甲基邻位上的取代反应产生，该物质与NaOH作用然后在HCl作用下反应产生，与CH3COCl发生取代反应产生M是。与酸性溶液发生氧化反应，被氧化产生—COOH，反应产生N是，N与异构化反应产生，故M是，N是。
故答案为：；
【分析】苯与在催化下发生取代反应生成氯苯。氯苯与熔融NaOH反应后，再与HCl作用生成苯酚。苯酚与NaOH反应后通入，经一系列反应生成，再通入HCl得到产物D：。D与发生酚羟基的取代反应生成E，E与反应生成F，最后F与乙酸酐反应得到目标产物G。整个转化过程涉及多步取代和官能团转化反应。
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