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2023重庆市巴蜀中学高二下学期第一次月考试题化学含解析
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这是一份2023重庆市巴蜀中学高二下学期第一次月考试题化学含解析，文件包含重庆市巴蜀中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题含解析docx、重庆市巴蜀中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
高2024届高二(下)月考考试
化学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，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。在试卷上作答无效。
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时75分钟。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 Cl-35.5 Fe-56
一、单项选择题：共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活生产、科技息息相关，下列说法中不正确的是
A. 新型纳米材料石墨烯属于新型无机非金属材料
B. 新冠变异病毒奥密克戎毒株中的蛋白质属于有机物
C. 地铁列车的不锈钢车体材质属于合金材料
D. 5G技术中使用的光导纤维SiO2不与任何酸碱反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．新型纳米材料石墨烯属于新型无机非金属材料，A正确；
B．蛋白质是含碳化合物，属于有机物，B正确；
C．合金、纯金属属于金属材料，不锈钢车体材质属于合金材料，C正确；
D．SiO2能与强碱反应、氢氟酸反应，D错误；
故选D。
2. 氢氰酸(化学式式HCN)分子中所有原子都通过化学键而达到稳定结构，则下列关于氢氰酸分子结构的表述中，不正确的是
A. HCN电子式 B. 分子呈直线形
C. 中心碳原子采取sp杂化 D. 分子中含有2个σ键，2个π键
【答案】A
【解析】
【详解】A．N原子最外层有五个电子，有一对孤电子对，A错误；
B．HCN中碳原子采用sp杂化，分子呈直线形，B正确；
C．HCN中碳原子采用sp杂化，C正确；
D．H-C≡N分子中含有2个σ键，2个π键，D正确；
故选A。
3. NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 11.2L的N2中含有NA个π键 B. 12.4g的白磷P4中含有0.4NA个非极性键
C. 1molH2O最多形成2NA个氢键 D. 44g的N2O中含有16NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．未指明是否在标准状况下，无法根据气体体积确定物质的量，A错误；
B．的白磷是，有的非极性键，B错误；
C．一个水分子形成4个氢键，一个氢键两个水分子共用，最多形成个氢键，C正确；
D．的是，含有的电子，D错误；
故答案选C。
4. 下列关于相互作用的说法正确的是
A. 范德华力比化学键弱，比氢键强 B. 极性分子一定含有极性键
C. 金属键具有方向性 D. 离子键一定含金属阳离子
【答案】B
【解析】
【详解】A．范德华力比氢键弱，A错误；
B．键的极性全为0，化学键的极性的向量和一定为0，故含非极性键的分子一定是非极性分子，极性分子的化学键的极性的向量和不为0，一定含有极性键，B正确；
C．金属键没有方向性，金属键实质上是自由电子与金属阳离子之间的相互作用(包括静电引力与斥力)，C错误；
D．离子键是阴、阳离子间强烈的相互作用(包括静电引力与斥力)，离子化合物中不一定含有金属阳离子例如，D错误；
答案选B。
5. 下列有关说法中正确的是
A. 如图1所示，由能量相近的1个s轨道与2个p轨道杂化形成3个sp2轨道
B. 如图2所示，HCl分子由H原子的1s轨道和Cl原子的2p轨道重叠形成
C. 如图3所示，H原子核外电子在原子核附近做圆周运动
D. 冰中氢键如图4所示，氢键是共价键的一种，具有方向性
【答案】A
【解析】
【详解】A．由能量相近的1个s轨道与2个p轨道发生sp2杂化，形成3个sp2轨道，A正确；
B．图2表示的是分子中的共价键，B错误；
C．图示为H原子核外电子在原子核附近形成的电子云图，电子云表示核外电子的概率密度，不是实际的轨道，C错误；
D．氢键不是一种强相互作用力，不是共价键的一种，但是氢键具有方向性，D错误；
故选A。
6. 由下列事实进行归纳推测，推测合理的是
事实
推测
A
价电子表示式：27Co：3d74s2；28Ni：3d84s2
原子序数n(21≤n≤30)的元素基态原子价电子表示式：3dn-204s2
B
CO2分子晶体
SiO2是分子晶体
C
沸点：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4
沸点：HF＜HCl＜HBr＜HI
D
11Na原子光谱呈现能量很接近的双线
碱金属元素原子光谱都有双线
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态Cr原子价电子排布为3d54s1，故A不符合题意；
B．二氧化硅为硅原子和氧原子形成的共价晶体，故B不符合题意；
C．HF能形成氢键，导致其沸点升高，沸点大于HCl，故C不符合题意；
D．碱金属的价电子均为ns1，11Na原子光谱呈现能量很接近的双线，则碱金属元素原子光谱都有双线，故D符合题意；
故选D。
7. 关于原子核外电子的排布规律，下列有关基态原子电子层结构说法不正确的是
A. K原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d1违反了构造原理
B. S原子价层电子轨道表示式 ，违反了泡利原理
C. 依据洪特规则25Mn原子在3d轨道中电子排布式为
D. 依据洪特规则特例，24Cr的价层电子排布式为3d54s1
【答案】B
【解析】
【详解】A．K原子电子排布式应该为1s22s22p63s23p64s1，违反了构造原理，A正确；
B．洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；违背了洪特规则，B错误；
C．在简并轨道上，电子总是先单独占据，且自旋平行，依据洪特规则25Mn原子在3d轨道中电子排布式为 ，C正确；
D．24Cr的价层电子排布式为3d54s1，此时3d轨道为半填充较稳定状态，D正确；
故选B。
8. 氨基酸是构成蛋白质的小分子，某氨基酸的结构式如图所示。其中，X、Y、Z、W是原子序数依次增加的短周期元素，X是宇宙中含量最多的元素，基态Y原子未成对电子数在同周期最多，Z是地壳中含量最多的元素，W最外层电子数是最内层的三倍。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Z＞Y＞W B. 键角：H2Z＜H2W
C. 电负性：X＜Y＜Z D. 分子中没有手性碳原子
【答案】C
【解析】
【分析】X是宇宙中含量最多的元素，X为H，基态Y原子未成对电子数在同周期最多，Y为N，Z是地壳中含量最多的元素，Z为O，W最外层电子数是最内层的三倍，W为S。
【详解】A．N原子2p轨道半充满，较为稳定，故第一电离能，A错误：
B．电负性O大于S，成键电子对离O近，共价键电子对之间的距离越小，排斥力越大，所以的键角大于，B错误；
C．电负性，C正确；
D．与相连的C为手性碳原子，D错误；
故答案选C。
9. 下列说法中，正确的是
A. 电子气理论可以解释金属晶体锗的延展性，导电性和导热性
B. 共价晶体可能含有离子键
C. 分子晶体中一定存在分子间作用力和共价键
D. 石墨转化为金刚石有共价键的断裂和生成，没有分子间作用力的破坏
【答案】A
【解析】
【详解】A．经典的金属键理论称为“电子气理论”，金属的延展性、导电性和导热性都与金属晶体中存在的自由电子有关，所以可以用电子气理论解释金属晶体锗的延展性、导电性和导热性，A正确；
B．共价晶体中只含有共价键，不含有离子键，B不正确；
C．分子晶体中一定存在分子间作用力，但不一定存在共价键，如稀有气体，C不正确；
D．石墨晶体是介于金属晶体、共价晶体和分子晶体之间的一种过渡型晶体，而金刚石属于共价晶体，所以石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，又有分子间作用力的破坏，D不正确；
故选A。
10. 下列有关说法中不正确的是
A.每个I2晶胞中含有8个原子
B.铜金合金的化学式为CuAu
C.金刚石晶体中，每个碳采用sp3杂化轨道形成共价键
D.氯化钠晶体中，与Na+距离等同且最近的6个Cl-构成了正八面体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶胞中位于顶点和面心的I2分子数为，则每个I2晶胞中含有个I原子，A不选；
B．原子占据晶胞的顶点，共有个，原子占据面心，共有个，故化学式为，B选；
C．金刚石为三维网状结构，每个碳采用sp3杂化轨道形成4个共价键，C不选；
D．由氯化钠晶胞可知，与Na+距离等同且最近的6个Cl-所围成的空间构型为正八面体，D不选；
故选B。
11. 关于分子的性质，下列说法不正确的是
A. H－Cl的键能比H－I的键能大，故HCl分子比HI分子稳定
B. 三氯乙酸酸性大于一氯乙酸，是因为Cl3C－的极性大于ClH2C－
C. 乙醇在水中的溶解度小于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，可以用相似相溶解释
D. 分子晶体的熔点通常比共价晶体的熔点低得多
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能的大小决定着物质的化学性质，键能越大，物质越稳定，H—Cl比H—I键能大，HCl比HI稳定，选项A正确；
B．由于Cl3C－比ClH2C－多一个氯原子，使Cl3C－的极性大于ClH2C－的极性，导致三氯乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，选项B正确；
C．乙醇在水中的溶解度大于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，是因为CH3CH2CH2CH2OH中烃基较大，其中的-OH占比少，溶解度明显减小，选项C错误；
D．分子晶体熔化时破坏分子间作用力，共价晶体熔化时破坏共价键，分子间作用力比共价键弱的多，所以分子晶体的熔点一般比共价晶体的熔点低，选项D正确；
答案选C。
12. 室温下，为探究Na2C2O4溶液的性质，设计了如表探究实验(已知室温时Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9)，下列说法正确的是
实验1
测定0.0100mol/LNa2C2O4溶液pH
pH为8.6
实验2
向实验1溶液中滴加等体积的0.0100mol/L盐酸
pH由8.6降为4.8
实验3
向实验1溶液中加入等体积0.0200mol/LCaCl2溶液
出现白色沉淀
A. 实验1溶液中：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c()+c()
B. NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)＞c()
C. 实验2滴加盐酸过程中存在某一时刻：c(Na+)=c(HC2O)+2c()+c(Cl-)
D. 实验3所得上层清液中：c()=2.5×10-7mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物料守恒可知，，故A错误；
B．由实验2知，等体积的等浓度的与恰好完全反应生成，溶液呈酸性，则电离大于水解，，故B错误：
C．电荷守恒知，，滴加盐酸过程中存在某一点(溶液呈中性)，此时(，故C正确；
D．混合后，，故D错误；
故选C。
13. 碳酸氢钠的分解反应如下：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) △H＞0，一定温度下，在密闭容器中放入NaHCO3固体，反应达平衡时容器中压强为4×103Pa。下列说法正确的是
A. 该反应的平衡常数为4×106Pa2
B. 升高温度，正反应速率增加，逆反应速率减小
C. 当容器中的气体平均摩尔质量不变时，反应达到平衡
D 缩小体积，再次达到平衡后CO2浓度变大
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应的平衡常数为，A正确；
B．升高温度正逆反应速率都会增大，B错误；
C．反应过程中，生成，则气体平均摩尔质量，一直不变，C错误；
D．温度不变，平衡常数不变，再次达到平衡时总压强不变，根据理想气体方程，，浓度不变，D错误；
答案选A。
14. 常温下，向100mL0.01mol/LHA溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液，如图所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A. HA为强酸
B. K点溶液中离子浓度的大小关系为c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 根据N点可以计算MOH的电离常数
D. 实验测得K点溶液的pH=9，则c(MOH)+c(OH-)=0.01mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，HA溶液的，说明其完全电离，故A正确；
B．K点是由HA溶液与溶液混合而成的，反应后的溶液为等物质的量浓度的MA和MOH溶液，MA发生完全电离，MOH发生部分电离，所以c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正确；
C．N点，n(HA)=1.0×10-3mol，n(MOH)=0.02mol/L×0.051L=1.02×10-3mol，发生反应后，溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol∙L-1，n(M+)=n(A-)=1.0×10-3mol，n(MOH)=2.0×10-5mol，则MOH的电离常数为=5×10-6，故C正确；
D．由物料守恒得，由电荷守恒得，，故D错误；
故选D。
第II卷(共58分)
二、非选择题：本大题共4个题，共58分，请考生根据要求作答。
15. X、Y、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的前20号元素。X原子中K层和L层电子数相等；Y的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2YO3；Z可形成氢化物ZH3；Q的一种核素的中子数为14，质量数为28；R最外层电子数为内层电子数的一半；T为同周期非金属性最强的元素；U可与T形成离子化合物UT2。
（1）下列X原子的轨道表示式表示的状态中，能量最高的是_____(填序号)，写出其单质与NaOH溶液反应的化学方程式是______。
A. B.
C. D.
（2）Z2H4、ZO中Z原子的杂化形式分别为______和______。
（3）Y单质、Q单质、及QY化合物均为共价晶体，熔点由高到低的排序是_____(填化学式)。
（4）R4空间构型为正四面体形，键角为_____度，R的氢化物的沸点低于同族Z的氢化物，其原因是_____。
（5）合成氨反应中，催化剂铁表面上铁原子吸附离解的Z原子局部示意图如图所示(图中小黑球代表Z原子，灰球代表铁原子)。则催化剂表面上Z/Fe原子数比为______。
（6）UT2晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_____(填离子符号)，T离子位于U离子形成的_____空隙中。
【答案】（1） ①. D ②. Be+2NaOH=Na2BeO2+H2↑
（2） ①. sp3 ②. sp2
（3）C＞SiC＞Si
（4） ①. 60 ②. NH3中存在分子间氢键
（5）1:2 （6） ①. Ca2+ ②. 正四面体
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的前20号元素；X原子中K层和L层电子数相等，X为铍；Y的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2YO3，则Y为碳；Z可形成氢化物ZH3，则Z为氮；Q的一种核素的中子数为14，质量数为28，其质子数为14，Q为硅；R最外层电子数为内层电子数的一半，R为磷；T为同周期非金属性最强的元素，T为氯；U可与T形成离子化合物UT2，U为钙；
【小问1详解】
铍原子的轨道表示式表示的状态中，D表示的有3个电子处于2p轨道，则能量最高的是D；铍与镁铝处于对角线位置，化学性质相似，则铍与NaOH溶液反应生成Na2BeO2和氢气，化学方程式是Be+2NaOH=Na2BeO2+H2↑；
【小问2详解】
Z2H4、ZO分别为N2H4、NO，N2H4分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，为sp3杂化；NO中N原子的价层电子对数为2＋=3，为sp2杂化；
小问3详解】
C单质、Si单质、SiC化合物均为共价晶体，由于碳原子半径小于硅，形成的键能碳碳键大于碳硅键大于硅硅键，故熔点由高到低的排序是C＞SiC＞Si；
【小问4详解】
P4空间构型为正四面体形，键角为60度；P的氢化物的沸点低于同族N的氢化物，其原因是氨气分子可以形成氢键，导致其沸点升高；
【小问5详解】
由图可知，1个氮原子周围有4个铁原子，1个铁原子周围有2个氮原子，则催化剂表面上N/Fe原子数比为1:2；
【小问6详解】
根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、8个白球，结合化学式可知，黑球代表的离子是Ca2+；由图可知，氯离子处于4个钙离子形成的正四面体空隙中。
16. 研究发现，铜基催化剂可以促进二氧化碳(CO2)转换成一氧化碳(CO)、甲醛(CH2O)或乙烯(CH2=CH2)及乙醇(CH3CH2OH)等多碳化合物，对于“碳达峰”和“碳中和”目标的顺利实现具有积极推动作用。
（1）Cu基态原子核外电子排布式为______，该元素位于元素周期表第______族，属于_____区。
（2）下列说法正确是_____(填序号)
a.H2O，CH4，CO2的沸点：H2O＞CO2＞CH4
b.CH4分子中含有极性键，是极性分子
c.CH2=CH2、CH2O分子中碳原子的杂化方式不同
d.根据价层电子互斥理论，CH2O，H2O，BF3，SO3分子中，H2O的中心原子价层电子对数不同于其他分子
（3）已知具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构，这一原理称为“等电子原理”。根据等电子原理，写出两个与CO2具有相同空间构型的分子或者离子_____。
（4）在海洋生物作用下形成CaCO3，亦是减缓大气中CO2增加的主要途径。CaCO3中的化学键除了σ键外，还存在_____和大π键，CO大π键应表示为_____。(大π键可用符号Π表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键表示为Π)
（5）已和CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图所示，CO2的晶胞参数(棱长)apm，其密度为bg•cm-3，则阿伏伽德罗常数为______(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ②. IB ③. ds
（2）ad （3）N2O、CS2、N等
（4） ①. 离子键 ②.
（5）×1030/mol
【解析】
【小问1详解】
元素Cu在元素周期中位于第四周期第ⅠB族，属于ds区；原子序数为29，因此基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
答案为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；ⅠB；ds；
【小问2详解】
a.含有氢键，相对分子质量大于，范德华力较大，故沸点，选项a正确；
b.中均是极性键，但键的极性的向量和为0，是非极性分子，选项b错误；
c.乙烯、甲醛中C都有一个双键，故需要一个未杂化的p轨道去形成键，故杂化方式为都是，选项c错误：
d.根据价层电子互斥理论，，，，分子中心原子价层电子对数分别为3、4、3、3，不同于其他原子，选项d正确；
答案选ad；
【小问3详解】
、、等；
【小问4详解】
中的化学键除了键外，还存在离子键和大键，碳原子杂化，有一个未参与杂化的p电子，三个氧原子上分别有一个垂直于离子平面的p轨道，分别提供一个p电子，再加上负离子中的两个电荷一共是六个电荷，所以形成了四原子六电子的大键，可表示为；答案为离子键；；
【小问5详解】
晶胞中含有C原子个数为个，氧原子个数为16，根据，则阿伏伽德罗常数为。
17. 回答下列问题：
（1）利用CO2制备甲醇是极具前景的温室气体资源化研究领域。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，一定条件下，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2(g)和3molH2(g)，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
①下列可以表明该反应达到化学平衡状态的是______。
a.气体密度不再改变
b.3min时反应达到平衡
c.CH3OH的浓度不再改变
d.单位时间内消耗nmolH2，同时消耗nmolH2O
②从0min到3min内，v(H2)=______mol•L-1•min-1。反应达平衡时测得容器中总压强为P，则该反应条件下的平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2）一般认为反应i是通过反应ii和iii来实现：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-48.16kJ•mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
iii.CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.66kJ•mol-1
①反应ii的△H2=_______kJ•mol-1。
②反应iii能够自发进行的条件是_____(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)。
③增大压强，CO2的平衡转化率______(填“增大”或“减小”)。
④若反应ii为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是______(填标号)，判断的理由是_____。
A. B. C. D.
【答案】（1） ①. c ②. 0.5mol•L-1•min-1 ③.
（2） ①. +42.50 ②. 较低温度 ③. 增大 ④. A ⑤. △H2为正值，△H1和△H3为负值，反应ii的活化能大于反应iii的活化能
【解析】
小问1详解】
①a．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，a不符合题意；
b．3min时后，各物质的量仍在变化，反应没有平衡，b不符合题意；
c．CH3OH的浓度不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，c符合题意；
d．单位时间内消耗nmolH2，同时消耗nmolH2O，此时正逆反应速率不相等，d不符合题意；
故选c；
②从0min到3min内，；
反应后总的物质的量为2.5mol，反应达平衡时测得容器中总压强为P，则该反应条件下的平衡常数
【小问2详解】
①由盖斯定律可知，反应i- iii得反应ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，故；
②根据，反应可以自发进行，反应iii为放热的熵减反应，所以应该在较低温度进行；
③反应i、iii为气体分子数减小的反应，反应ii为气体分子数不变的反应，增大压强，反应i、iii平衡正向移动，的平衡转化率提高。
④过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由反应可知，△H2为正值，△H1和△H3为负值，且反应ii为慢反应，则反应ii的活化能大于反应iii的活化能，故符合的图像为A。
18. 回答下列问题：
（1）氯化铁是常见的水处理剂，工业上制备无水FeCl3的一种工艺如图：
①氯化铁用作水处理剂原因是_____(用离子方程式表示)。
②试写出吸收塔中吸收剂Q是FeCl2溶液，反应的离子方程式：_____。
③温度超过400度，捕集器中收集到的物质的相对分子质量为325，该物质的分子式为_____。
④常温下，若溶液的pH控制不当会使Fe3+沉淀，pH=4时，溶液中c(Fe3+)=______mol/L。(常温下Ksp[Fe(OH)3=2.6×10-39])。
⑤FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶，用蒸馏水定容后取出10.00mL于锥形瓶中，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉指示剂，用cmol•L-1Na2S2O3溶液滴定，用去Na2S2O3溶液VmL。(已知：I2+2=2I-+)滴定终点的现象是：_____，样品中氯化铁的质量分数为_____(用字母m、c、V来表示)。
（2）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。
①甲烷燃料电池负极反应为_____。
②电解NaCl溶液的总反应为_____。
③若每个电池甲烷通入量为2L，且反应完全，则理论上最多能产生的相同状况下氯气体积为_____L。
【答案】（1） ①. Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ ②. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ③. Fe2Cl6 ④. 2.6×10-9 ⑤. 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 ⑥. ×100%
（2） ①. CH4+10OH--8e-=+7H2O ②. 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③. 8
【解析】
【分析】氯气与铁屑在反应炉内发生反应，生成氯化铁，用捕集器收集氯化铁，然后冷却，便可得到无水氯化铁；尾气中混有氯气，在吸收塔中加入吸收剂，将氯气吸收并转化为氯化铁，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得FCl3∙6H2O晶体。
【小问1详解】
①氯化铁在水溶液中易发生水解，生成氢氧化铁胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，所以可用作水处理剂的原因是Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
②吸收剂Q与Cl2反应生成FeCl3，则Q是FeCl2溶液，反应的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
③FeCl3的相对分子质量为162.5，则相对分子质量为325的物质，其化学式为(FeCl3)2，即该物质的分子式为Fe2Cl6。
④常温下，pH=4时，c(OH-)=10-10mol/L，则溶液中c(Fe3+)=mol/L=2.6×10-9mol/L。
⑤Fe3+将I-氧化生成Fe2+和I2，I2能使淀粉变蓝色，加入Na2S2O3溶液将I2完全还原，溶液变为无色，则滴定终点的现象是：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。由发生的化学反应，可建立关系式2Fe3+——I2——2 Na2S2O3，则样品中氯化铁的质量分数为=×100%。答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe2Cl6；滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；×100%；
【小问2详解】
①甲烷燃料电池中，通CH4的电极为负极，CH4失电子产物与电解质反应生成等，负极反应为CH4+10OH--8e-=+7H2O。
②电解NaCl溶液，生成NaOH、Cl2和H2，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
③两个电池串联，与其中的1个电池相比较，电路中通过的电流和电量分别相等，若每个电池甲烷通入量为2L，且反应完全，依据得失电子守恒，可建立如下关系式：CH4——4Cl2，则理论上最多能产生的相同状况下氯气体积为2L×4=8L。答案为：CH4+10OH--8e-=+7H2O；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；8。
【点睛】描述滴定终点时溶液的颜色变化时，一定要强调“半分钟内不变色”。
高2024届高二(下)月考考试
化学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，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。在试卷上作答无效。
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时75分钟。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 Cl-35.5 Fe-56
一、单项选择题：共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活生产、科技息息相关，下列说法中不正确的是
A. 新型纳米材料石墨烯属于新型无机非金属材料
B. 新冠变异病毒奥密克戎毒株中的蛋白质属于有机物
C. 地铁列车的不锈钢车体材质属于合金材料
D. 5G技术中使用的光导纤维SiO2不与任何酸碱反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．新型纳米材料石墨烯属于新型无机非金属材料，A正确；
B．蛋白质是含碳化合物，属于有机物，B正确；
C．合金、纯金属属于金属材料，不锈钢车体材质属于合金材料，C正确；
D．SiO2能与强碱反应、氢氟酸反应，D错误；
故选D。
2. 氢氰酸(化学式式HCN)分子中所有原子都通过化学键而达到稳定结构，则下列关于氢氰酸分子结构的表述中，不正确的是
A. HCN电子式 B. 分子呈直线形
C. 中心碳原子采取sp杂化 D. 分子中含有2个σ键，2个π键
【答案】A
【解析】
【详解】A．N原子最外层有五个电子，有一对孤电子对，A错误；
B．HCN中碳原子采用sp杂化，分子呈直线形，B正确；
C．HCN中碳原子采用sp杂化，C正确；
D．H-C≡N分子中含有2个σ键，2个π键，D正确；
故选A。
3. NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 11.2L的N2中含有NA个π键 B. 12.4g的白磷P4中含有0.4NA个非极性键
C. 1molH2O最多形成2NA个氢键 D. 44g的N2O中含有16NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．未指明是否在标准状况下，无法根据气体体积确定物质的量，A错误；
B．的白磷是，有的非极性键，B错误；
C．一个水分子形成4个氢键，一个氢键两个水分子共用，最多形成个氢键，C正确；
D．的是，含有的电子，D错误；
故答案选C。
4. 下列关于相互作用的说法正确的是
A. 范德华力比化学键弱，比氢键强 B. 极性分子一定含有极性键
C. 金属键具有方向性 D. 离子键一定含金属阳离子
【答案】B
【解析】
【详解】A．范德华力比氢键弱，A错误；
B．键的极性全为0，化学键的极性的向量和一定为0，故含非极性键的分子一定是非极性分子，极性分子的化学键的极性的向量和不为0，一定含有极性键，B正确；
C．金属键没有方向性，金属键实质上是自由电子与金属阳离子之间的相互作用(包括静电引力与斥力)，C错误；
D．离子键是阴、阳离子间强烈的相互作用(包括静电引力与斥力)，离子化合物中不一定含有金属阳离子例如，D错误；
答案选B。
5. 下列有关说法中正确的是
A. 如图1所示，由能量相近的1个s轨道与2个p轨道杂化形成3个sp2轨道
B. 如图2所示，HCl分子由H原子的1s轨道和Cl原子的2p轨道重叠形成
C. 如图3所示，H原子核外电子在原子核附近做圆周运动
D. 冰中氢键如图4所示，氢键是共价键的一种，具有方向性
【答案】A
【解析】
【详解】A．由能量相近的1个s轨道与2个p轨道发生sp2杂化，形成3个sp2轨道，A正确；
B．图2表示的是分子中的共价键，B错误；
C．图示为H原子核外电子在原子核附近形成的电子云图，电子云表示核外电子的概率密度，不是实际的轨道，C错误；
D．氢键不是一种强相互作用力，不是共价键的一种，但是氢键具有方向性，D错误；
故选A。
6. 由下列事实进行归纳推测，推测合理的是
事实
推测
A
价电子表示式：27Co：3d74s2；28Ni：3d84s2
原子序数n(21≤n≤30)的元素基态原子价电子表示式：3dn-204s2
B
CO2分子晶体
SiO2是分子晶体
C
沸点：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4
沸点：HF＜HCl＜HBr＜HI
D
11Na原子光谱呈现能量很接近的双线
碱金属元素原子光谱都有双线
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态Cr原子价电子排布为3d54s1，故A不符合题意；
B．二氧化硅为硅原子和氧原子形成的共价晶体，故B不符合题意；
C．HF能形成氢键，导致其沸点升高，沸点大于HCl，故C不符合题意；
D．碱金属的价电子均为ns1，11Na原子光谱呈现能量很接近的双线，则碱金属元素原子光谱都有双线，故D符合题意；
故选D。
7. 关于原子核外电子的排布规律，下列有关基态原子电子层结构说法不正确的是
A. K原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d1违反了构造原理
B. S原子价层电子轨道表示式 ，违反了泡利原理
C. 依据洪特规则25Mn原子在3d轨道中电子排布式为
D. 依据洪特规则特例，24Cr的价层电子排布式为3d54s1
【答案】B
【解析】
【详解】A．K原子电子排布式应该为1s22s22p63s23p64s1，违反了构造原理，A正确；
B．洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；违背了洪特规则，B错误；
C．在简并轨道上，电子总是先单独占据，且自旋平行，依据洪特规则25Mn原子在3d轨道中电子排布式为 ，C正确；
D．24Cr的价层电子排布式为3d54s1，此时3d轨道为半填充较稳定状态，D正确；
故选B。
8. 氨基酸是构成蛋白质的小分子，某氨基酸的结构式如图所示。其中，X、Y、Z、W是原子序数依次增加的短周期元素，X是宇宙中含量最多的元素，基态Y原子未成对电子数在同周期最多，Z是地壳中含量最多的元素，W最外层电子数是最内层的三倍。下列说法正确的是
A. 第一电离能：Z＞Y＞W B. 键角：H2Z＜H2W
C. 电负性：X＜Y＜Z D. 分子中没有手性碳原子
【答案】C
【解析】
【分析】X是宇宙中含量最多的元素，X为H，基态Y原子未成对电子数在同周期最多，Y为N，Z是地壳中含量最多的元素，Z为O，W最外层电子数是最内层的三倍，W为S。
【详解】A．N原子2p轨道半充满，较为稳定，故第一电离能，A错误：
B．电负性O大于S，成键电子对离O近，共价键电子对之间的距离越小，排斥力越大，所以的键角大于，B错误；
C．电负性，C正确；
D．与相连的C为手性碳原子，D错误；
故答案选C。
9. 下列说法中，正确的是
A. 电子气理论可以解释金属晶体锗的延展性，导电性和导热性
B. 共价晶体可能含有离子键
C. 分子晶体中一定存在分子间作用力和共价键
D. 石墨转化为金刚石有共价键的断裂和生成，没有分子间作用力的破坏
【答案】A
【解析】
【详解】A．经典的金属键理论称为“电子气理论”，金属的延展性、导电性和导热性都与金属晶体中存在的自由电子有关，所以可以用电子气理论解释金属晶体锗的延展性、导电性和导热性，A正确；
B．共价晶体中只含有共价键，不含有离子键，B不正确；
C．分子晶体中一定存在分子间作用力，但不一定存在共价键，如稀有气体，C不正确；
D．石墨晶体是介于金属晶体、共价晶体和分子晶体之间的一种过渡型晶体，而金刚石属于共价晶体，所以石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，又有分子间作用力的破坏，D不正确；
故选A。
10. 下列有关说法中不正确的是
A.每个I2晶胞中含有8个原子
B.铜金合金的化学式为CuAu
C.金刚石晶体中，每个碳采用sp3杂化轨道形成共价键
D.氯化钠晶体中，与Na+距离等同且最近的6个Cl-构成了正八面体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶胞中位于顶点和面心的I2分子数为，则每个I2晶胞中含有个I原子，A不选；
B．原子占据晶胞的顶点，共有个，原子占据面心，共有个，故化学式为，B选；
C．金刚石为三维网状结构，每个碳采用sp3杂化轨道形成4个共价键，C不选；
D．由氯化钠晶胞可知，与Na+距离等同且最近的6个Cl-所围成的空间构型为正八面体，D不选；
故选B。
11. 关于分子的性质，下列说法不正确的是
A. H－Cl的键能比H－I的键能大，故HCl分子比HI分子稳定
B. 三氯乙酸酸性大于一氯乙酸，是因为Cl3C－的极性大于ClH2C－
C. 乙醇在水中的溶解度小于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，可以用相似相溶解释
D. 分子晶体的熔点通常比共价晶体的熔点低得多
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能的大小决定着物质的化学性质，键能越大，物质越稳定，H—Cl比H—I键能大，HCl比HI稳定，选项A正确；
B．由于Cl3C－比ClH2C－多一个氯原子，使Cl3C－的极性大于ClH2C－的极性，导致三氯乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，选项B正确；
C．乙醇在水中的溶解度大于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，是因为CH3CH2CH2CH2OH中烃基较大，其中的-OH占比少，溶解度明显减小，选项C错误；
D．分子晶体熔化时破坏分子间作用力，共价晶体熔化时破坏共价键，分子间作用力比共价键弱的多，所以分子晶体的熔点一般比共价晶体的熔点低，选项D正确；
答案选C。
12. 室温下，为探究Na2C2O4溶液的性质，设计了如表探究实验(已知室温时Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9)，下列说法正确的是
实验1
测定0.0100mol/LNa2C2O4溶液pH
pH为8.6
实验2
向实验1溶液中滴加等体积的0.0100mol/L盐酸
pH由8.6降为4.8
实验3
向实验1溶液中加入等体积0.0200mol/LCaCl2溶液
出现白色沉淀
A. 实验1溶液中：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c()+c()
B. NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)＞c()
C. 实验2滴加盐酸过程中存在某一时刻：c(Na+)=c(HC2O)+2c()+c(Cl-)
D. 实验3所得上层清液中：c()=2.5×10-7mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物料守恒可知，，故A错误；
B．由实验2知，等体积的等浓度的与恰好完全反应生成，溶液呈酸性，则电离大于水解，，故B错误：
C．电荷守恒知，，滴加盐酸过程中存在某一点(溶液呈中性)，此时(，故C正确；
D．混合后，，故D错误；
故选C。
13. 碳酸氢钠的分解反应如下：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) △H＞0，一定温度下，在密闭容器中放入NaHCO3固体，反应达平衡时容器中压强为4×103Pa。下列说法正确的是
A. 该反应的平衡常数为4×106Pa2
B. 升高温度，正反应速率增加，逆反应速率减小
C. 当容器中的气体平均摩尔质量不变时，反应达到平衡
D 缩小体积，再次达到平衡后CO2浓度变大
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应的平衡常数为，A正确；
B．升高温度正逆反应速率都会增大，B错误；
C．反应过程中，生成，则气体平均摩尔质量，一直不变，C错误；
D．温度不变，平衡常数不变，再次达到平衡时总压强不变，根据理想气体方程，，浓度不变，D错误；
答案选A。
14. 常温下，向100mL0.01mol/LHA溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液，如图所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A. HA为强酸
B. K点溶液中离子浓度的大小关系为c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 根据N点可以计算MOH的电离常数
D. 实验测得K点溶液的pH=9，则c(MOH)+c(OH-)=0.01mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，HA溶液的，说明其完全电离，故A正确；
B．K点是由HA溶液与溶液混合而成的，反应后的溶液为等物质的量浓度的MA和MOH溶液，MA发生完全电离，MOH发生部分电离，所以c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正确；
C．N点，n(HA)=1.0×10-3mol，n(MOH)=0.02mol/L×0.051L=1.02×10-3mol，发生反应后，溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol∙L-1，n(M+)=n(A-)=1.0×10-3mol，n(MOH)=2.0×10-5mol，则MOH的电离常数为=5×10-6，故C正确；
D．由物料守恒得，由电荷守恒得，，故D错误；
故选D。
第II卷(共58分)
二、非选择题：本大题共4个题，共58分，请考生根据要求作答。
15. X、Y、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的前20号元素。X原子中K层和L层电子数相等；Y的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2YO3；Z可形成氢化物ZH3；Q的一种核素的中子数为14，质量数为28；R最外层电子数为内层电子数的一半；T为同周期非金属性最强的元素；U可与T形成离子化合物UT2。
（1）下列X原子的轨道表示式表示的状态中，能量最高的是_____(填序号)，写出其单质与NaOH溶液反应的化学方程式是______。
A. B.
C. D.
（2）Z2H4、ZO中Z原子的杂化形式分别为______和______。
（3）Y单质、Q单质、及QY化合物均为共价晶体，熔点由高到低的排序是_____(填化学式)。
（4）R4空间构型为正四面体形，键角为_____度，R的氢化物的沸点低于同族Z的氢化物，其原因是_____。
（5）合成氨反应中，催化剂铁表面上铁原子吸附离解的Z原子局部示意图如图所示(图中小黑球代表Z原子，灰球代表铁原子)。则催化剂表面上Z/Fe原子数比为______。
（6）UT2晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_____(填离子符号)，T离子位于U离子形成的_____空隙中。
【答案】（1） ①. D ②. Be+2NaOH=Na2BeO2+H2↑
（2） ①. sp3 ②. sp2
（3）C＞SiC＞Si
（4） ①. 60 ②. NH3中存在分子间氢键
（5）1:2 （6） ①. Ca2+ ②. 正四面体
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的前20号元素；X原子中K层和L层电子数相等，X为铍；Y的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2YO3，则Y为碳；Z可形成氢化物ZH3，则Z为氮；Q的一种核素的中子数为14，质量数为28，其质子数为14，Q为硅；R最外层电子数为内层电子数的一半，R为磷；T为同周期非金属性最强的元素，T为氯；U可与T形成离子化合物UT2，U为钙；
【小问1详解】
铍原子的轨道表示式表示的状态中，D表示的有3个电子处于2p轨道，则能量最高的是D；铍与镁铝处于对角线位置，化学性质相似，则铍与NaOH溶液反应生成Na2BeO2和氢气，化学方程式是Be+2NaOH=Na2BeO2+H2↑；
【小问2详解】
Z2H4、ZO分别为N2H4、NO，N2H4分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，为sp3杂化；NO中N原子的价层电子对数为2＋=3，为sp2杂化；
小问3详解】
C单质、Si单质、SiC化合物均为共价晶体，由于碳原子半径小于硅，形成的键能碳碳键大于碳硅键大于硅硅键，故熔点由高到低的排序是C＞SiC＞Si；
【小问4详解】
P4空间构型为正四面体形，键角为60度；P的氢化物的沸点低于同族N的氢化物，其原因是氨气分子可以形成氢键，导致其沸点升高；
【小问5详解】
由图可知，1个氮原子周围有4个铁原子，1个铁原子周围有2个氮原子，则催化剂表面上N/Fe原子数比为1:2；
【小问6详解】
根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、8个白球，结合化学式可知，黑球代表的离子是Ca2+；由图可知，氯离子处于4个钙离子形成的正四面体空隙中。
16. 研究发现，铜基催化剂可以促进二氧化碳(CO2)转换成一氧化碳(CO)、甲醛(CH2O)或乙烯(CH2=CH2)及乙醇(CH3CH2OH)等多碳化合物，对于“碳达峰”和“碳中和”目标的顺利实现具有积极推动作用。
（1）Cu基态原子核外电子排布式为______，该元素位于元素周期表第______族，属于_____区。
（2）下列说法正确是_____(填序号)
a.H2O，CH4，CO2的沸点：H2O＞CO2＞CH4
b.CH4分子中含有极性键，是极性分子
c.CH2=CH2、CH2O分子中碳原子的杂化方式不同
d.根据价层电子互斥理论，CH2O，H2O，BF3，SO3分子中，H2O的中心原子价层电子对数不同于其他分子
（3）已知具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构，这一原理称为“等电子原理”。根据等电子原理，写出两个与CO2具有相同空间构型的分子或者离子_____。
（4）在海洋生物作用下形成CaCO3，亦是减缓大气中CO2增加的主要途径。CaCO3中的化学键除了σ键外，还存在_____和大π键，CO大π键应表示为_____。(大π键可用符号Π表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键表示为Π)
（5）已和CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图所示，CO2的晶胞参数(棱长)apm，其密度为bg•cm-3，则阿伏伽德罗常数为______(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ②. IB ③. ds
（2）ad （3）N2O、CS2、N等
（4） ①. 离子键 ②.
（5）×1030/mol
【解析】
【小问1详解】
元素Cu在元素周期中位于第四周期第ⅠB族，属于ds区；原子序数为29，因此基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
答案为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；ⅠB；ds；
【小问2详解】
a.含有氢键，相对分子质量大于，范德华力较大，故沸点，选项a正确；
b.中均是极性键，但键的极性的向量和为0，是非极性分子，选项b错误；
c.乙烯、甲醛中C都有一个双键，故需要一个未杂化的p轨道去形成键，故杂化方式为都是，选项c错误：
d.根据价层电子互斥理论，，，，分子中心原子价层电子对数分别为3、4、3、3，不同于其他原子，选项d正确；
答案选ad；
【小问3详解】
、、等；
【小问4详解】
中的化学键除了键外，还存在离子键和大键，碳原子杂化，有一个未参与杂化的p电子，三个氧原子上分别有一个垂直于离子平面的p轨道，分别提供一个p电子，再加上负离子中的两个电荷一共是六个电荷，所以形成了四原子六电子的大键，可表示为；答案为离子键；；
【小问5详解】
晶胞中含有C原子个数为个，氧原子个数为16，根据，则阿伏伽德罗常数为。
17. 回答下列问题：
（1）利用CO2制备甲醇是极具前景的温室气体资源化研究领域。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，一定条件下，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2(g)和3molH2(g)，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
①下列可以表明该反应达到化学平衡状态的是______。
a.气体密度不再改变
b.3min时反应达到平衡
c.CH3OH的浓度不再改变
d.单位时间内消耗nmolH2，同时消耗nmolH2O
②从0min到3min内，v(H2)=______mol•L-1•min-1。反应达平衡时测得容器中总压强为P，则该反应条件下的平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2）一般认为反应i是通过反应ii和iii来实现：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-48.16kJ•mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
iii.CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.66kJ•mol-1
①反应ii的△H2=_______kJ•mol-1。
②反应iii能够自发进行的条件是_____(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)。
③增大压强，CO2的平衡转化率______(填“增大”或“减小”)。
④若反应ii为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是______(填标号)，判断的理由是_____。
A. B. C. D.
【答案】（1） ①. c ②. 0.5mol•L-1•min-1 ③.
（2） ①. +42.50 ②. 较低温度 ③. 增大 ④. A ⑤. △H2为正值，△H1和△H3为负值，反应ii的活化能大于反应iii的活化能
【解析】
小问1详解】
①a．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，a不符合题意；
b．3min时后，各物质的量仍在变化，反应没有平衡，b不符合题意；
c．CH3OH的浓度不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，c符合题意；
d．单位时间内消耗nmolH2，同时消耗nmolH2O，此时正逆反应速率不相等，d不符合题意；
故选c；
②从0min到3min内，；
反应后总的物质的量为2.5mol，反应达平衡时测得容器中总压强为P，则该反应条件下的平衡常数
【小问2详解】
①由盖斯定律可知，反应i- iii得反应ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，故；
②根据，反应可以自发进行，反应iii为放热的熵减反应，所以应该在较低温度进行；
③反应i、iii为气体分子数减小的反应，反应ii为气体分子数不变的反应，增大压强，反应i、iii平衡正向移动，的平衡转化率提高。
④过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由反应可知，△H2为正值，△H1和△H3为负值，且反应ii为慢反应，则反应ii的活化能大于反应iii的活化能，故符合的图像为A。
18. 回答下列问题：
（1）氯化铁是常见的水处理剂，工业上制备无水FeCl3的一种工艺如图：
①氯化铁用作水处理剂原因是_____(用离子方程式表示)。
②试写出吸收塔中吸收剂Q是FeCl2溶液，反应的离子方程式：_____。
③温度超过400度，捕集器中收集到的物质的相对分子质量为325，该物质的分子式为_____。
④常温下，若溶液的pH控制不当会使Fe3+沉淀，pH=4时，溶液中c(Fe3+)=______mol/L。(常温下Ksp[Fe(OH)3=2.6×10-39])。
⑤FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶，用蒸馏水定容后取出10.00mL于锥形瓶中，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉指示剂，用cmol•L-1Na2S2O3溶液滴定，用去Na2S2O3溶液VmL。(已知：I2+2=2I-+)滴定终点的现象是：_____，样品中氯化铁的质量分数为_____(用字母m、c、V来表示)。
（2）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。
①甲烷燃料电池负极反应为_____。
②电解NaCl溶液的总反应为_____。
③若每个电池甲烷通入量为2L，且反应完全，则理论上最多能产生的相同状况下氯气体积为_____L。
【答案】（1） ①. Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ ②. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ③. Fe2Cl6 ④. 2.6×10-9 ⑤. 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 ⑥. ×100%
（2） ①. CH4+10OH--8e-=+7H2O ②. 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③. 8
【解析】
【分析】氯气与铁屑在反应炉内发生反应，生成氯化铁，用捕集器收集氯化铁，然后冷却，便可得到无水氯化铁；尾气中混有氯气，在吸收塔中加入吸收剂，将氯气吸收并转化为氯化铁，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得FCl3∙6H2O晶体。
【小问1详解】
①氯化铁在水溶液中易发生水解，生成氢氧化铁胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，所以可用作水处理剂的原因是Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
②吸收剂Q与Cl2反应生成FeCl3，则Q是FeCl2溶液，反应的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
③FeCl3的相对分子质量为162.5，则相对分子质量为325的物质，其化学式为(FeCl3)2，即该物质的分子式为Fe2Cl6。
④常温下，pH=4时，c(OH-)=10-10mol/L，则溶液中c(Fe3+)=mol/L=2.6×10-9mol/L。
⑤Fe3+将I-氧化生成Fe2+和I2，I2能使淀粉变蓝色，加入Na2S2O3溶液将I2完全还原，溶液变为无色，则滴定终点的现象是：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。由发生的化学反应，可建立关系式2Fe3+——I2——2 Na2S2O3，则样品中氯化铁的质量分数为=×100%。答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe2Cl6；滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；×100%；
【小问2详解】
①甲烷燃料电池中，通CH4的电极为负极，CH4失电子产物与电解质反应生成等，负极反应为CH4+10OH--8e-=+7H2O。
②电解NaCl溶液，生成NaOH、Cl2和H2，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
③两个电池串联，与其中的1个电池相比较，电路中通过的电流和电量分别相等，若每个电池甲烷通入量为2L，且反应完全，依据得失电子守恒，可建立如下关系式：CH4——4Cl2，则理论上最多能产生的相同状况下氯气体积为2L×4=8L。答案为：CH4+10OH--8e-=+7H2O；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；8。
【点睛】描述滴定终点时溶液的颜色变化时，一定要强调“半分钟内不变色”。
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