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安徽省蚌埠市2022-2023学年高二化学下学期期末试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省蚌埠市2022-2023学年高二化学下学期期末试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，共42分，填空题等内容，欢迎下载使用。
蚌埠市2022-2023学年度第二学期期末学业水平监测
高二化学试题
考试时间75分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 K-39 Cu-64 I-127
第1卷
一、单选题，共42分。本题共14小题，每题3分，每个小题只有一个正确答案。
1. 中华民族在五千年的历史长河中，创造了辉煌灿烂的文化。下列说法正确的是
A. 曾侯乙编钟的制作原料为青铜，属于合金硬度比纯铜小
B. 徽墨的主要成分是C60
C. 明代釉里“红梅瓶”为陶瓷制品，其“红”可能来自Cu2O
D. “火树银花十里开”涉及金属元素核外电子跃迁，属于化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．曾侯乙编钟的制作原料为青铜，属于合金硬度比纯铜大，A错误；
B．徽墨的主要成分是炭黑，B错误；
C．Cu2O是红色的，明代釉里“红梅瓶”为陶瓷制品，其“红”可能来自Cu2O， C正确；
D．“火树银花十里开”涉及金属元素核外电子跃迁，属于物理变化，D错误；
故选C。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2 L的CCl4所含的分子数为0.5NA
B. 32 g 斜方硫S8()分子中含共用电子对数目为0.5NA
C. 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数目为NA
D. 标准状况下，5.6 L乙烯和乙炔的混合物中含有的碳原子数目为0.5 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下，CCl4是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B．斜方硫S8()分子每个S原子占有一根S-S键，因此32 g斜方硫S8中含共用电子对数目为1NA，B错误；
C．没有指明溶液的体积以及CH3COOH是部分电离，因此无法计算CH3COO-数目，C错误；
D．标况下5.6L混合气体的物质的量为0.25mol，而乙烯和乙炔中均含2个碳原子，故 0.25mol 混合气体中含0.5mol 碳原子即0.5 NA，D正确；
故选D。
3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 无色溶液中：Na+、Al3+、Cl-、
B. pH=1的溶液中：K+、Na+、、
C. 与铝反应生成氢气的溶液中：Na+、、、Cl-
D. c(Fe3+)=0.1 mol/L的溶液中：K+、ClO-、、SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A．Al3+与发生双水解不能共存，A不符合题意；
B．酸性环境中会与发生氧化还原反应，不能共存，B不符合题意；
C．与铝反应生成氢气的溶液可能是酸性也可能是碱性，在酸性环境中Na+、、、Cl-可以大量共存，C符合题意；
D．Fe3+与ClO-以及SCN-都要发生反应不能共存，D不符合题意；
故选C。
4. 下列物质性质对应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A. 向NaOH溶液中加入SiO2：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
B. 铁片插入稀硝酸中：Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)2 +2NO2↑+2H2O
C. 海水提溴工艺中用SO2还原Br2：Br2+SO2+2H2O=2H+ ++2HBr
D. 向NaHCO3中加入足量Ba(OH)2：2+Ba2+ +2OH-=BaCO3↓+2H2O+
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaOH溶液中加入SiO2，两者反应生成硅酸钠和水，化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，A正确；
B．铁片插入稀硝酸，Fe与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，化学方程式为2Fe+8HNO3=2Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，B错误；
C．海水提溴工艺中用SO2还原Br2，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+，C错误；
D．NaHCO3溶液中加入足量氢氧化钡溶液，离子方程式为+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D错误；
故答案选A。
5. 元素铬()的几种化合物存在如图转化关系，下列判断不正确的是
A. 可作为氧化剂 B. 反应①表明有酸性氧化物的性质
C. 反应②利用了氧化性 D. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．K2Cr2O7中Cr元素化合价为+6价，具有强氧化性，因此K2Cr2O7可作为氧化剂，A正确；
B．Cr2O3是金属氧化物，与KOH反应，产生KCrO2和水，所以反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质，B正确；
C．在反应②中H2O2将KCrO2氧化为K2Cr2O4，说明H2O2具有氧化性，C正确；
D．在反应①③中Cr元素化合价不变，D错误；
故选D。
6. 25℃时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断正确的是
A. 粒子种类不同 B. c(Na+)前者小于后者
C. 分别加入NaOH固体，c()均增大 D. c(H+)前者大于后者
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2OH++OH-、CO+H+、H2O+HCOH2CO3+OH-；Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2OH++OH-、H2O+COHCO+OH-、H2O+HCOH2CO3+OH-，溶液中存在的粒子种类相同，故A错误；
B．Na2CO3中c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中c（Na+）=c（NaHCO3），浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，则c（Na+）前者大于后者，故B错误；
C．向浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液分别加入NaOH固体，NaOH会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO）均增大，故C正确；
D．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中的c（OH-），则c(H+)前者小于后者，故D错误；
故选C。
7. 下列图中的实验方案，不能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验方案
实验目的
证明氧化性： >Cl2>I2
用CCl4从溴水中萃取Br2
验证非金属性：Cl>C>Si
火焰呈黄色，则原溶液有Na+
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．KMnO4与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2接触到湿润的KI淀粉试纸可将I-氧化为I2，，因此Cl2的氧化性大于I2，能达到实验目的，A不符合题意；
B．萃取时将分液漏斗倒置振荡，分液时将分液漏斗置于铁圈上静置，能达到实验目的，B不符合题意；
C．盐酸不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，因此用盐酸制出CO2能证明酸性HCl>H2CO3，不能证明Cl的非金属性大于C，不能达到实验目的，C符合题意；
D．Na的焰色为黄色，用洁净的铂丝蘸取待测液，在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰呈黄色原溶液有Na+，能达到实验目的，D不符合题意；
故选C。
8. M、N、P、Q均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。若N原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则下列说法中，正确的是
M
N
P
Q
A. 原子半径：Q>P>N>M
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：P>Q>M
C. 四种元素的单质中，M单质的熔点、沸点最高
D. Q单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
【分析】根据题干信息，N原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则N为氧，故M、N、P、Q分别为N、O、S、Cl，据分析答题。
【详解】A．一般来说，同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径大小为P>Q>M>N，A错误；
B．P、Q、M对应最高价氧化物对应水化物分别为硫酸、高氯酸、硝酸，酸性大小为高氯酸>硫酸>硝酸，即Q>P>M，B错误；
C．M、N、P、Q四种元素的单质分别为氮气、氧气、硫磺、氯气，常温下硫磺为固体其余三个都为气体，所以硫磺的熔、沸点最高，即P单质的熔、沸点最高，C错误；
D．，生成的HClO是一种具有漂白性的物质，D正确；
故选D。
9. 与HCl的加成反应由第一步和第二步组成，能量与反应历程如图所示。下列说法中正确的是
A. 两步反应均释放能量 B. 决速步骤是第一步
C. 第二步与的碰撞100%有效 D. 过渡态1比过渡态2更稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．据图可知第一步反应中反应物的能量低于生成物的能量，该过程吸热，A错误；
B．据图可知第一步反应的活化能更大，则第一步的反应速率决定了整个反应速率的快慢，是决速步骤，B正确；
C．活化分子间的合理取向的碰撞才称为有效碰撞，碰撞不可能100%有效，C错误；
D．过渡态1的能量比过渡态2高，过渡态2更稳定，D错误；
故选B
10. 工业上采用电解的方法来制备活发金属铝。纯净的氧化侣熔点很高(约为2045℃)，在实际生产中，通过加入助熔剂冰晶石(Na3AlF6)的办法，使Al2O3在1000℃左右就可与冰晶石形成熔融体。以下说法错误的是
A. 电解过程中需不断补充石墨电极
B. 阳极电极方程式为：2O2--4e-= O2↑
C. 电路中每通过NA个电子，阴极增重9 g
D. 电子由石墨电极经熔融混合物流向石墨衬里坩埚
【答案】D
【解析】
【详解】A．在阳极生成的氧气全部与石墨电极反应生成一氧化碳气体和二氧化碳气体，因此在电解过程中需要不断补充石墨电极，A正确；
B．阳极电极方程式为：2O2--4e-= O2↑，B正确；
C．阴极电极反应式：Al3++3e-=Al，因此电路中每通过NA个电子，阴极增重9 g ，C正确；
D．电子由外接直流电源负极通过石墨衬里坩埚内表面与熔融混合物中铝离子结合生成单质，氧离子在石墨电极失去的电子经导线流向正极，D错误；
故选D。
11. 一定条件下Fe可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 4 min时，v(正)>v(逆)
B. 5 min时，该化学反应达到平衡状态
C. 4 min时，CO2的转化率约为71.4%
D. 4 min内，CO的平均反应速率v(CO)=0.25 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知，4 min时反应达到平衡状态，故v(正)=v(逆)，A错误；
B．根据图像可知，4 min时反应达到平衡状态，B错误；
C．根据图像分析4 min内CO的变化量为0.7mol·L-1-0.2mol·L-1=0.5 mol·L-1，转化率为，C正确；
D．CO在4min 内的变化量为0.5 mol·L-1，则4min内，D错误；
故选C。
12. 甲硫氨酸是构成人体的必需氨基酸之一，结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A. 第一电离能：O>N>C>H
B. 基态氧原子的核外价电子的轨道表示式：
C. 甲硫氨酸分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3
D. 甲硫氨酸分子间不能形成氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A．第一电离能： N >O >C>H，A错误；
B．基态氧原子的核外价电子的轨道表示式： ，B错误；
C．甲硫氨酸分子中双键碳原子是sp2杂化，其余碳原子是sp3杂，C正确；
D．甲硫氨酸分子有-NH2和-OH，可以形成分子间氢键，D错误；
故选C。
13. 将20.8gCu和Cu2O的混合物加入120mL一定浓度的硝酸溶液中，固体完全溶解，产生4.48L气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入250mL4mol•L-1NaOH溶液，溶液中的Cu2+恰好完全沉淀，所得沉淀质量为29.4g。下列说法正确的是
A. 混合物中n(Cu)∶n(Cu2O)=1∶2 B. 产生的气体为NO
C. 原硝酸的物质的量浓度为10mol•L-1 D. 混合物溶解后溶液中溶质为Cu(NO3)2
【答案】C
【解析】
【分析】设Cu和的物质的量分别为x、y，根据混合物的质量可得等式Ⅰ：64x+144y=20.8；反应后加入足量NaOH所得沉淀全部为，质量为29.4g，根据氢氧化铜的质量得等式Ⅱ：(x+2y)×98=29.4；联立等式Ⅰ和等式Ⅱ，解得：x=0.1mol、y=0.1mol，即Cu有0.1 mol，有0.1 mol。
【详解】A．由以上分析可知，混合物中n(Cu)∶n(Cu2O)=1∶1，A错误；
B．混合物与硝酸反应时，0.1molCu失去的电子的物质的量为0.2mol，0.1mol失去电子的物质的量为0.2mol，两者共失去0.4mol电子；若4.48L气体全部为NO，则转移电子的物质的量；若全部为，则转移电子的物质的量，金属混合物共失去0.4mol电子，说明生成的气体是NO和的混合物，B错误；
C．向反应后的溶液加入NaOH使完全沉淀，则最后得到和，溶液中，被还原的，故硝酸的总量，则，C正确；
D．混合物中，则中存在的，说明混合物溶解后，溶液中还有剩余，D错误；
故选C。
14. 室温下，用标准液0.01mol·L-1NaOH溶液滴定20.00ml0.01mol·L-1H2C2O4(二元弱酸)溶液，在滴定过程中有关说法正确的是
A. 当标准液滴到10.00mL时，溶液中存在[Na+]=[]
B. 滴定终点时，水电离的氢离子浓度为10-7mol·L-1
C. pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]大于0.01mol·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]
D. 滴定过程中始终存在[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]
【答案】D
【解析】
【详解】A．当标准液滴到10.00mL时，得到NaHC2O4溶液，根据物料守恒有，溶液中存在[Na+]=[]+[]+[ H2C2O4]，故[Na+]>[]，选项A错误；
B．滴定终点时，为Na2C2O4溶液，是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，促进水的电离，水电离的氢离子浓度大于10-7mol·L-1，选项B错误；
C．室温下，pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]和0.01mol·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]均为10-12 mol·L-1，两者相等，选项C错误；
D．滴定过程中始终存在电荷守恒，为[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]，选项D正确；
答案选D。
第11卷
二、填空题(本题共4小题，共58分)
15. KI或KIO3可作为食盐的加碘剂，起到预防大脖子病的作用。
（1）基态I原子的价电子排布式为___________。
（2）食盐中往往还会加入一些Fe2+以供人体补铁。Fe2+可用K3[Fe(CN)6]检验，[Fe(CN)6]3-的配位数为___________。
（3）KIO3晶体的晶胞结构如图所示，边长为a nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置。
①的空间构型为___________。
②与K紧邻的O的个数为___________，在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角的位置，则O处于___________位置。
③已知阿伏伽德罗常数的值为NA，则KIO3的密度为___________(列式表示)g/cm3)。
【答案】（1）5s25p5
（2）6 （3） ①. 三角锥形 ②. 12 ③. 棱心 ④.
【解析】
【小问1详解】
I位于第五周期VIIA族，因此基态I原子的价电子排布式为5s25p5；
【小问2详解】
Fe2+可用K3[Fe(CN)6]检验，[Fe(CN)6]3-的配位数为6；
【小问3详解】
①中原子价层电子对个数=且含有1个孤电子对，该微粒空间构型为三角锥形；②与K紧邻的0的个数为=;在KIOa晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角的位置，则O处于棱心位置;根据均摊法可知一个晶胞含有K原子、I原子、O原子的个数分别为1、1、3，因此ρ =
16. 某化学兴趣小组同学做了探究Cl2与Na2SO3溶液反应，实验装置如下。
（1）装置中仪器a的名称是___________，饱和食盐水的作用是___________，发生装置的气密性检查操作方法是___________。
（2）试剂M是___________ (填名称)。写出制取氯气的化学方程式___________。
（3）该装置的不足之处___________。
（4）Cl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式为___________。
（5）设计实验，简述实验步骤，证明洗气瓶中的Na2SO3已被氧化___________。
【答案】（1） ①. 洗气瓶 ②. 除去Cl2混有的HCl ③. 关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，向圆底烧瓶中滴加液体，一段时间后，分液漏斗液体无法滴下，说明发生装置气密性良好；
（2） ①. 高锰酸钾或者氯酸钾 ②. 或
（3）没有尾气处理装置
（4）
（5）若洗气瓶中的Na2SO3已被氧化，则洗气瓶的溶液中应该存在 离子，检验方法为:取少量洗气瓶中的液体于干净试管中，加入足量盐酸(滴加稀HCl至不再产生气体)，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明已经被氧化。
【解析】
【小问1详解】
仪器a的名称是洗气瓶， 饱和食盐水的作用是除去Cl2混有的HCl， 发生装置的气密性检查操作方法是关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，向圆底烧瓶中滴加液体，一段时间后，分液漏斗液体无法滴下，说明发生装置气密性良好；
【小问2详解】
该发生装置时固+液不加热型，因此制氯气选用的氧化剂氧化性应强于MnO2，例如高锰酸钾或者氯酸钾，写出制取氯气的化学方程式： 或 ；
【小问3详解】
该装置的不足之处没有尾气处理装置；
【小问4详解】
Cl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式为：；
【小问5详解】
要证明洗气瓶中的Na2SO3是否已被氧化，只要检验洗气瓶中是否含有：取少量洗气瓶中的液体于干净试管中，加入足量盐酸(滴加稀HCl至不再产生气体)，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明已经被氧化。
17. NiOOH是高性能一次电池的电极材料。某工厂利用含镍废渣(主要含NiO及少量Fe2O3、FeO、CuO、CaO、SiO2)为原料制备氢氧化氧镍的工艺流程如图：
已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Fe(OH)2] =8.0×10-16，Ksp[Ni(OH)2]=20×10-15，当溶液中离子浓度低于1.0×10-5 mol/L时，认为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）写出一种提高酸浸速率的措施___________，浸渣的主要成分为___________。
（2）“沉铜”过程中生成单质S的离子方程式为___________。
（3）有人提出用绿色试剂H2O2代替NaClO也可以达到“氧化效果，但实践发现所用的H2O2远高于理论用量。试分析造成这一结果的原因是___________。
（4）当调节pH为5.5时___________(填"能"或”不能" )达到沉铁目的。
（5）"沉钙步骤中需调控溶液pH不能过低，原因是___________。
（6）“氧化”生成NiOOH的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. 将原料粉碎或加热 ②. SiO2 CaSO4
（2）
（3）用H2O2代替NaClO进行“氧化1”时溶液中生成的Fe3+能催化分解H2O2，会使所用H2O2远远高于理论用量；
（4）能 （5）溶液pH过低，H+与F-结合生成HF，影响沉钙效果
（6）
【解析】
【分析】含镍废渣先用稀硫酸浸取过滤得到浸渣SiO2、CaSO4，向滤液中通入H2S沉铜，接着加入NaClO将沉铜产生的Fe2+氧化为Fe3+，调节pH沉淀Fe3+，加入NaF沉淀Ca2+，最后加入NaOH和Cl2将Ni2+氧化生成NiOOH，据分析答题。
【小问1详解】
将原料粉碎或加热可以提高酸浸速率，SiO2不与稀硫酸反应，酸浸出来的Ca2+与生成，因此浸渣的主要成分为SiO2 、CaSO4；
【小问2详解】
“沉铜”过程中生成单质S的离子方程式为：
【小问3详解】
所用H2O2远远高于理论用量，分析造成这一结果的原因为:用H2O2代替NaClO进行“氧化1”时溶液中生成的Fe3+能催化分解H2O2，会使所用H2O2远远高于理论用量；
【小问4详解】
当调节pH为5.5时， <10-5mol/L，因此可以达到沉铁目的；
【小问5详解】
溶液pH过低，H+与F-结合生成HF，影响沉钙效果；
【小问6详解】
“氧化”生成NiOOH的离子方程式为。
18. 落实“双碳”目标，碳资源的综合利用成为重中之重。
Ⅰ．甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的车用燃料。CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下可以合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H= -187kJ/mol，此反应分两步进行：
反应i：Cu/ZnO(s)+H2(g)=Cu/Zn(s) +H2O(g) △H=+98 kJ/mol
反应ii：___________。
（1）反应ii的热化学反应方程式为___________。
（2）在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生该反应，下列不能说明反应已达平衡的是___________(填字母标号)。
a．CO2和H2的转化率相等
b．体系的温度保持不变
c．单位时间体系内减少3 mol H2的同时有1 mol H2O增加
d．合成CH3OH的反应限度达到最大
（3）研究表明，用可控 Cu/Cu2O界固材料也可催化CO2还原合成甲醇。6.0 mol CO2和8.0 mol H2充入体积为3 L的恒温密用容器中发生此反应。测得起始压强为35 MPa，H2的物质的量随时间的变化如图中实线所示。
①图中与实线相比，虚线改变的条件可能是___________。
a．加催化剂 b．升高温度 c．缩小容器体积 d．恒温恒压，通入情性气体
②该反应在0-4 min内(实线)CH3OH(g)的平均反应速率为___________(保留2位有效数字)。
③该条件下(实线)的Kp为___________MPa-2。
（4）近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了CO2的甲烷化，其工作原理如图所示。
①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为___________。
②如果处理有机物[(CH2O)n]生成标准状况下112 m3CH4，则理论上导线中通过电子物质的量为___________。
③该电解池中电活性微生物的作用是___________。
【答案】（1）
（2）ac （3） ①. B ②. 0.16mol/Lmin-1 ③. 0.02
（4） ①. ②. ③. 将化学能转化为电能
【解析】
【小问1详解】
由总反应减去反应i即反应ii，反应ii的热化学反应方程式为
【小问2详解】
a．由于二氧化碳和氢气的起始物质的量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二者的转化率均相等，则二氧化碳与氧气的转化率相等不能说明反应达到平衡，a 符合题意；
b．反应0)为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应己达平衡，b不符合题意；
c．单位时间内体系中3 mol 气减少和1 mol 水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等.无法判断反应是否达到平衡，C 符合题意；
d．化学平衡状态是化学反应的最大限度，反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，D 不符合题意；
故选ac
【小问3详解】
①虚线A，反应速率加快，氢气平衡浓度增大，说明改变条件平衡逆向移动，改变的条件可能是升高温度；②该反应在0至4min 内消耗氢气的物质的量为(8-2.3)-5.7mol根据方程式可知生成水的物质的量为1.9mol H2O的平均反应速率为 ③反应达到平衡状态，氢气的物质的量为 2mol； 同温、同体积，压强比等于物质的量比，平衡时总压强为 ；
【小问4详解】
蚌埠市2022-2023学年度第二学期期末学业水平监测
高二化学试题
考试时间75分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 K-39 Cu-64 I-127
第1卷
一、单选题，共42分。本题共14小题，每题3分，每个小题只有一个正确答案。
1. 中华民族在五千年的历史长河中，创造了辉煌灿烂的文化。下列说法正确的是
A. 曾侯乙编钟的制作原料为青铜，属于合金硬度比纯铜小
B. 徽墨的主要成分是C60
C. 明代釉里“红梅瓶”为陶瓷制品，其“红”可能来自Cu2O
D. “火树银花十里开”涉及金属元素核外电子跃迁，属于化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．曾侯乙编钟的制作原料为青铜，属于合金硬度比纯铜大，A错误；
B．徽墨的主要成分是炭黑，B错误；
C．Cu2O是红色的，明代釉里“红梅瓶”为陶瓷制品，其“红”可能来自Cu2O， C正确；
D．“火树银花十里开”涉及金属元素核外电子跃迁，属于物理变化，D错误；
故选C。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2 L的CCl4所含的分子数为0.5NA
B. 32 g 斜方硫S8()分子中含共用电子对数目为0.5NA
C. 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数目为NA
D. 标准状况下，5.6 L乙烯和乙炔的混合物中含有的碳原子数目为0.5 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下，CCl4是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B．斜方硫S8()分子每个S原子占有一根S-S键，因此32 g斜方硫S8中含共用电子对数目为1NA，B错误；
C．没有指明溶液的体积以及CH3COOH是部分电离，因此无法计算CH3COO-数目，C错误；
D．标况下5.6L混合气体的物质的量为0.25mol，而乙烯和乙炔中均含2个碳原子，故 0.25mol 混合气体中含0.5mol 碳原子即0.5 NA，D正确；
故选D。
3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 无色溶液中：Na+、Al3+、Cl-、
B. pH=1的溶液中：K+、Na+、、
C. 与铝反应生成氢气的溶液中：Na+、、、Cl-
D. c(Fe3+)=0.1 mol/L的溶液中：K+、ClO-、、SCN-
【答案】C
【解析】
【详解】A．Al3+与发生双水解不能共存，A不符合题意；
B．酸性环境中会与发生氧化还原反应，不能共存，B不符合题意；
C．与铝反应生成氢气的溶液可能是酸性也可能是碱性，在酸性环境中Na+、、、Cl-可以大量共存，C符合题意；
D．Fe3+与ClO-以及SCN-都要发生反应不能共存，D不符合题意；
故选C。
4. 下列物质性质对应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A. 向NaOH溶液中加入SiO2：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
B. 铁片插入稀硝酸中：Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)2 +2NO2↑+2H2O
C. 海水提溴工艺中用SO2还原Br2：Br2+SO2+2H2O=2H+ ++2HBr
D. 向NaHCO3中加入足量Ba(OH)2：2+Ba2+ +2OH-=BaCO3↓+2H2O+
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaOH溶液中加入SiO2，两者反应生成硅酸钠和水，化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，A正确；
B．铁片插入稀硝酸，Fe与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，化学方程式为2Fe+8HNO3=2Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，B错误；
C．海水提溴工艺中用SO2还原Br2，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+，C错误；
D．NaHCO3溶液中加入足量氢氧化钡溶液，离子方程式为+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D错误；
故答案选A。
5. 元素铬()的几种化合物存在如图转化关系，下列判断不正确的是
A. 可作为氧化剂 B. 反应①表明有酸性氧化物的性质
C. 反应②利用了氧化性 D. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．K2Cr2O7中Cr元素化合价为+6价，具有强氧化性，因此K2Cr2O7可作为氧化剂，A正确；
B．Cr2O3是金属氧化物，与KOH反应，产生KCrO2和水，所以反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质，B正确；
C．在反应②中H2O2将KCrO2氧化为K2Cr2O4，说明H2O2具有氧化性，C正确；
D．在反应①③中Cr元素化合价不变，D错误；
故选D。
6. 25℃时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断正确的是
A. 粒子种类不同 B. c(Na+)前者小于后者
C. 分别加入NaOH固体，c()均增大 D. c(H+)前者大于后者
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2OH++OH-、CO+H+、H2O+HCOH2CO3+OH-；Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2OH++OH-、H2O+COHCO+OH-、H2O+HCOH2CO3+OH-，溶液中存在的粒子种类相同，故A错误；
B．Na2CO3中c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中c（Na+）=c（NaHCO3），浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，则c（Na+）前者大于后者，故B错误；
C．向浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液分别加入NaOH固体，NaOH会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO）均增大，故C正确；
D．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中的c（OH-），则c(H+)前者小于后者，故D错误；
故选C。
7. 下列图中的实验方案，不能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验方案
实验目的
证明氧化性： >Cl2>I2
用CCl4从溴水中萃取Br2
验证非金属性：Cl>C>Si
火焰呈黄色，则原溶液有Na+
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．KMnO4与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2接触到湿润的KI淀粉试纸可将I-氧化为I2，，因此Cl2的氧化性大于I2，能达到实验目的，A不符合题意；
B．萃取时将分液漏斗倒置振荡，分液时将分液漏斗置于铁圈上静置，能达到实验目的，B不符合题意；
C．盐酸不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，因此用盐酸制出CO2能证明酸性HCl>H2CO3，不能证明Cl的非金属性大于C，不能达到实验目的，C符合题意；
D．Na的焰色为黄色，用洁净的铂丝蘸取待测液，在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰呈黄色原溶液有Na+，能达到实验目的，D不符合题意；
故选C。
8. M、N、P、Q均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。若N原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则下列说法中，正确的是
M
N
P
Q
A. 原子半径：Q>P>N>M
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：P>Q>M
C. 四种元素的单质中，M单质的熔点、沸点最高
D. Q单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
【分析】根据题干信息，N原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则N为氧，故M、N、P、Q分别为N、O、S、Cl，据分析答题。
【详解】A．一般来说，同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径大小为P>Q>M>N，A错误；
B．P、Q、M对应最高价氧化物对应水化物分别为硫酸、高氯酸、硝酸，酸性大小为高氯酸>硫酸>硝酸，即Q>P>M，B错误；
C．M、N、P、Q四种元素的单质分别为氮气、氧气、硫磺、氯气，常温下硫磺为固体其余三个都为气体，所以硫磺的熔、沸点最高，即P单质的熔、沸点最高，C错误；
D．，生成的HClO是一种具有漂白性的物质，D正确；
故选D。
9. 与HCl的加成反应由第一步和第二步组成，能量与反应历程如图所示。下列说法中正确的是
A. 两步反应均释放能量 B. 决速步骤是第一步
C. 第二步与的碰撞100%有效 D. 过渡态1比过渡态2更稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．据图可知第一步反应中反应物的能量低于生成物的能量，该过程吸热，A错误；
B．据图可知第一步反应的活化能更大，则第一步的反应速率决定了整个反应速率的快慢，是决速步骤，B正确；
C．活化分子间的合理取向的碰撞才称为有效碰撞，碰撞不可能100%有效，C错误；
D．过渡态1的能量比过渡态2高，过渡态2更稳定，D错误；
故选B
10. 工业上采用电解的方法来制备活发金属铝。纯净的氧化侣熔点很高(约为2045℃)，在实际生产中，通过加入助熔剂冰晶石(Na3AlF6)的办法，使Al2O3在1000℃左右就可与冰晶石形成熔融体。以下说法错误的是
A. 电解过程中需不断补充石墨电极
B. 阳极电极方程式为：2O2--4e-= O2↑
C. 电路中每通过NA个电子，阴极增重9 g
D. 电子由石墨电极经熔融混合物流向石墨衬里坩埚
【答案】D
【解析】
【详解】A．在阳极生成的氧气全部与石墨电极反应生成一氧化碳气体和二氧化碳气体，因此在电解过程中需要不断补充石墨电极，A正确；
B．阳极电极方程式为：2O2--4e-= O2↑，B正确；
C．阴极电极反应式：Al3++3e-=Al，因此电路中每通过NA个电子，阴极增重9 g ，C正确；
D．电子由外接直流电源负极通过石墨衬里坩埚内表面与熔融混合物中铝离子结合生成单质，氧离子在石墨电极失去的电子经导线流向正极，D错误；
故选D。
11. 一定条件下Fe可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 4 min时，v(正)>v(逆)
B. 5 min时，该化学反应达到平衡状态
C. 4 min时，CO2的转化率约为71.4%
D. 4 min内，CO的平均反应速率v(CO)=0.25 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知，4 min时反应达到平衡状态，故v(正)=v(逆)，A错误；
B．根据图像可知，4 min时反应达到平衡状态，B错误；
C．根据图像分析4 min内CO的变化量为0.7mol·L-1-0.2mol·L-1=0.5 mol·L-1，转化率为，C正确；
D．CO在4min 内的变化量为0.5 mol·L-1，则4min内，D错误；
故选C。
12. 甲硫氨酸是构成人体的必需氨基酸之一，结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A. 第一电离能：O>N>C>H
B. 基态氧原子的核外价电子的轨道表示式：
C. 甲硫氨酸分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3
D. 甲硫氨酸分子间不能形成氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A．第一电离能： N >O >C>H，A错误；
B．基态氧原子的核外价电子的轨道表示式： ，B错误；
C．甲硫氨酸分子中双键碳原子是sp2杂化，其余碳原子是sp3杂，C正确；
D．甲硫氨酸分子有-NH2和-OH，可以形成分子间氢键，D错误；
故选C。
13. 将20.8gCu和Cu2O的混合物加入120mL一定浓度的硝酸溶液中，固体完全溶解，产生4.48L气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入250mL4mol•L-1NaOH溶液，溶液中的Cu2+恰好完全沉淀，所得沉淀质量为29.4g。下列说法正确的是
A. 混合物中n(Cu)∶n(Cu2O)=1∶2 B. 产生的气体为NO
C. 原硝酸的物质的量浓度为10mol•L-1 D. 混合物溶解后溶液中溶质为Cu(NO3)2
【答案】C
【解析】
【分析】设Cu和的物质的量分别为x、y，根据混合物的质量可得等式Ⅰ：64x+144y=20.8；反应后加入足量NaOH所得沉淀全部为，质量为29.4g，根据氢氧化铜的质量得等式Ⅱ：(x+2y)×98=29.4；联立等式Ⅰ和等式Ⅱ，解得：x=0.1mol、y=0.1mol，即Cu有0.1 mol，有0.1 mol。
【详解】A．由以上分析可知，混合物中n(Cu)∶n(Cu2O)=1∶1，A错误；
B．混合物与硝酸反应时，0.1molCu失去的电子的物质的量为0.2mol，0.1mol失去电子的物质的量为0.2mol，两者共失去0.4mol电子；若4.48L气体全部为NO，则转移电子的物质的量；若全部为，则转移电子的物质的量，金属混合物共失去0.4mol电子，说明生成的气体是NO和的混合物，B错误；
C．向反应后的溶液加入NaOH使完全沉淀，则最后得到和，溶液中，被还原的，故硝酸的总量，则，C正确；
D．混合物中，则中存在的，说明混合物溶解后，溶液中还有剩余，D错误；
故选C。
14. 室温下，用标准液0.01mol·L-1NaOH溶液滴定20.00ml0.01mol·L-1H2C2O4(二元弱酸)溶液，在滴定过程中有关说法正确的是
A. 当标准液滴到10.00mL时，溶液中存在[Na+]=[]
B. 滴定终点时，水电离的氢离子浓度为10-7mol·L-1
C. pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]大于0.01mol·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]
D. 滴定过程中始终存在[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]
【答案】D
【解析】
【详解】A．当标准液滴到10.00mL时，得到NaHC2O4溶液，根据物料守恒有，溶液中存在[Na+]=[]+[]+[ H2C2O4]，故[Na+]>[]，选项A错误；
B．滴定终点时，为Na2C2O4溶液，是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，促进水的电离，水电离的氢离子浓度大于10-7mol·L-1，选项B错误；
C．室温下，pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]和0.01mol·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]均为10-12 mol·L-1，两者相等，选项C错误；
D．滴定过程中始终存在电荷守恒，为[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]，选项D正确；
答案选D。
第11卷
二、填空题(本题共4小题，共58分)
15. KI或KIO3可作为食盐的加碘剂，起到预防大脖子病的作用。
（1）基态I原子的价电子排布式为___________。
（2）食盐中往往还会加入一些Fe2+以供人体补铁。Fe2+可用K3[Fe(CN)6]检验，[Fe(CN)6]3-的配位数为___________。
（3）KIO3晶体的晶胞结构如图所示，边长为a nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置。
①的空间构型为___________。
②与K紧邻的O的个数为___________，在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角的位置，则O处于___________位置。
③已知阿伏伽德罗常数的值为NA，则KIO3的密度为___________(列式表示)g/cm3)。
【答案】（1）5s25p5
（2）6 （3） ①. 三角锥形 ②. 12 ③. 棱心 ④.
【解析】
【小问1详解】
I位于第五周期VIIA族，因此基态I原子的价电子排布式为5s25p5；
【小问2详解】
Fe2+可用K3[Fe(CN)6]检验，[Fe(CN)6]3-的配位数为6；
【小问3详解】
①中原子价层电子对个数=且含有1个孤电子对，该微粒空间构型为三角锥形；②与K紧邻的0的个数为=;在KIOa晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角的位置，则O处于棱心位置;根据均摊法可知一个晶胞含有K原子、I原子、O原子的个数分别为1、1、3，因此ρ =
16. 某化学兴趣小组同学做了探究Cl2与Na2SO3溶液反应，实验装置如下。
（1）装置中仪器a的名称是___________，饱和食盐水的作用是___________，发生装置的气密性检查操作方法是___________。
（2）试剂M是___________ (填名称)。写出制取氯气的化学方程式___________。
（3）该装置的不足之处___________。
（4）Cl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式为___________。
（5）设计实验，简述实验步骤，证明洗气瓶中的Na2SO3已被氧化___________。
【答案】（1） ①. 洗气瓶 ②. 除去Cl2混有的HCl ③. 关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，向圆底烧瓶中滴加液体，一段时间后，分液漏斗液体无法滴下，说明发生装置气密性良好；
（2） ①. 高锰酸钾或者氯酸钾 ②. 或
（3）没有尾气处理装置
（4）
（5）若洗气瓶中的Na2SO3已被氧化，则洗气瓶的溶液中应该存在 离子，检验方法为:取少量洗气瓶中的液体于干净试管中，加入足量盐酸(滴加稀HCl至不再产生气体)，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明已经被氧化。
【解析】
【小问1详解】
仪器a的名称是洗气瓶， 饱和食盐水的作用是除去Cl2混有的HCl， 发生装置的气密性检查操作方法是关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，向圆底烧瓶中滴加液体，一段时间后，分液漏斗液体无法滴下，说明发生装置气密性良好；
【小问2详解】
该发生装置时固+液不加热型，因此制氯气选用的氧化剂氧化性应强于MnO2，例如高锰酸钾或者氯酸钾，写出制取氯气的化学方程式： 或 ；
【小问3详解】
该装置的不足之处没有尾气处理装置；
【小问4详解】
Cl2与Na2SO3溶液反应的离子方程式为：；
【小问5详解】
要证明洗气瓶中的Na2SO3是否已被氧化，只要检验洗气瓶中是否含有：取少量洗气瓶中的液体于干净试管中，加入足量盐酸(滴加稀HCl至不再产生气体)，再滴加少量的BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明已经被氧化。
17. NiOOH是高性能一次电池的电极材料。某工厂利用含镍废渣(主要含NiO及少量Fe2O3、FeO、CuO、CaO、SiO2)为原料制备氢氧化氧镍的工艺流程如图：
已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Fe(OH)2] =8.0×10-16，Ksp[Ni(OH)2]=20×10-15，当溶液中离子浓度低于1.0×10-5 mol/L时，认为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）写出一种提高酸浸速率的措施___________，浸渣的主要成分为___________。
（2）“沉铜”过程中生成单质S的离子方程式为___________。
（3）有人提出用绿色试剂H2O2代替NaClO也可以达到“氧化效果，但实践发现所用的H2O2远高于理论用量。试分析造成这一结果的原因是___________。
（4）当调节pH为5.5时___________(填"能"或”不能" )达到沉铁目的。
（5）"沉钙步骤中需调控溶液pH不能过低，原因是___________。
（6）“氧化”生成NiOOH的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. 将原料粉碎或加热 ②. SiO2 CaSO4
（2）
（3）用H2O2代替NaClO进行“氧化1”时溶液中生成的Fe3+能催化分解H2O2，会使所用H2O2远远高于理论用量；
（4）能 （5）溶液pH过低，H+与F-结合生成HF，影响沉钙效果
（6）
【解析】
【分析】含镍废渣先用稀硫酸浸取过滤得到浸渣SiO2、CaSO4，向滤液中通入H2S沉铜，接着加入NaClO将沉铜产生的Fe2+氧化为Fe3+，调节pH沉淀Fe3+，加入NaF沉淀Ca2+，最后加入NaOH和Cl2将Ni2+氧化生成NiOOH，据分析答题。
【小问1详解】
将原料粉碎或加热可以提高酸浸速率，SiO2不与稀硫酸反应，酸浸出来的Ca2+与生成，因此浸渣的主要成分为SiO2 、CaSO4；
【小问2详解】
“沉铜”过程中生成单质S的离子方程式为：
【小问3详解】
所用H2O2远远高于理论用量，分析造成这一结果的原因为:用H2O2代替NaClO进行“氧化1”时溶液中生成的Fe3+能催化分解H2O2，会使所用H2O2远远高于理论用量；
【小问4详解】
当调节pH为5.5时， <10-5mol/L，因此可以达到沉铁目的；
【小问5详解】
溶液pH过低，H+与F-结合生成HF，影响沉钙效果；
【小问6详解】
“氧化”生成NiOOH的离子方程式为。
18. 落实“双碳”目标，碳资源的综合利用成为重中之重。
Ⅰ．甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的车用燃料。CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下可以合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H= -187kJ/mol，此反应分两步进行：
反应i：Cu/ZnO(s)+H2(g)=Cu/Zn(s) +H2O(g) △H=+98 kJ/mol
反应ii：___________。
（1）反应ii的热化学反应方程式为___________。
（2）在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生该反应，下列不能说明反应已达平衡的是___________(填字母标号)。
a．CO2和H2的转化率相等
b．体系的温度保持不变
c．单位时间体系内减少3 mol H2的同时有1 mol H2O增加
d．合成CH3OH的反应限度达到最大
（3）研究表明，用可控 Cu/Cu2O界固材料也可催化CO2还原合成甲醇。6.0 mol CO2和8.0 mol H2充入体积为3 L的恒温密用容器中发生此反应。测得起始压强为35 MPa，H2的物质的量随时间的变化如图中实线所示。
①图中与实线相比，虚线改变的条件可能是___________。
a．加催化剂 b．升高温度 c．缩小容器体积 d．恒温恒压，通入情性气体
②该反应在0-4 min内(实线)CH3OH(g)的平均反应速率为___________(保留2位有效数字)。
③该条件下(实线)的Kp为___________MPa-2。
（4）近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了CO2的甲烷化，其工作原理如图所示。
①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为___________。
②如果处理有机物[(CH2O)n]生成标准状况下112 m3CH4，则理论上导线中通过电子物质的量为___________。
③该电解池中电活性微生物的作用是___________。
【答案】（1）
（2）ac （3） ①. B ②. 0.16mol/Lmin-1 ③. 0.02
（4） ①. ②. ③. 将化学能转化为电能
【解析】
【小问1详解】
由总反应减去反应i即反应ii，反应ii的热化学反应方程式为
【小问2详解】
a．由于二氧化碳和氢气的起始物质的量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二者的转化率均相等，则二氧化碳与氧气的转化率相等不能说明反应达到平衡，a 符合题意；
b．反应0)为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应己达平衡，b不符合题意；
c．单位时间内体系中3 mol 气减少和1 mol 水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等.无法判断反应是否达到平衡，C 符合题意；
d．化学平衡状态是化学反应的最大限度，反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，D 不符合题意；
故选ac
【小问3详解】
①虚线A，反应速率加快，氢气平衡浓度增大，说明改变条件平衡逆向移动，改变的条件可能是升高温度；②该反应在0至4min 内消耗氢气的物质的量为(8-2.3)-5.7mol根据方程式可知生成水的物质的量为1.9mol H2O的平均反应速率为 ③反应达到平衡状态，氢气的物质的量为 2mol； 同温、同体积，压强比等于物质的量比，平衡时总压强为 ；
【小问4详解】
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