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精品解析：江苏省盐城市滨海县部分学校联考2022-2023学年高二下学期第二次月考化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江苏省盐城市滨海县部分学校联考2022-2023学年高二下学期第二次月考化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
滨海县八滩中学
2022-2023学年度春学期高二年级第二次月考
化学学科试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19
Ⅰ卷(54分)
一、单项选择题：共14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 下列变化属于“氮的固定”的是
A. 氮气→氨气 B. 氨气→氯化铵 C. 二氧化氮→硝酸 D. 硝酸→硝酸铜
【答案】A
【解析】
【分析】氮的固定是游离态的氮单质转变成氮的化合物的过程，根据概念解答。
【详解】A．氮气转化成氨气，氮元素由游离态转化成化合态，属于氮的固定，故A符合题意；
B．氨气为化合态，因此氨气转化成氯化铵不属于氮的固定，故B不符合题意；
C．二氧化氮为化合态，因此二氧化氮转化成硝酸不属于氮的固定，故B不符合题意；
D．硝酸为化合态，因此硝酸转化成硝酸铜不属于氮的固定，故B不符合题意；
故选：A。
2. 下列说法正确的是
A. CH4为极性分子 B. H2O的填充模型为
C. NH3的电子式为 D. 第一电离能：N>O>C
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4为正四面体构型，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A错误；
B．H2O的填充模型为，故B错误；
C．NH3的电子式为，故C错误；
D．N、O、C为同周期元素，第一电离能从左到右呈增大趋势，但因N的最外层为半满稳定结构其第一电离能大于氧，因此第一电离能N>O>C，故D正确；
故选：D。
3. 合成氨是人工固氮的主要途径，工业生产采用Haber-Bosch法，反应条件严苛，能源消耗大。制取氢气原料的途径之一为：CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) △H=- 206.3 k/mol。研究N2和H2的反应机理，有利于开发新的氨气合成技术。在釕催化剂表面合成氨的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是
A. 合成氨反应属于放热反应
B. 过程①决定整个合成氨反应的快慢
C. 在该反应历程中，与N※反应的是H※
D. 选用优质催化剂，能够进步降低合成氨反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知反应物氮气和氢气的能量和高于生成物氨气的能量，该反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知反应①的正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故B正确；
C．由图中过程反应可知N※与H※结合成NH※，故C正确；
D．催化剂只能降低反应的活化能，对焓变无影响，故D错误；
故选：D。
4. 下列关于反应CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) △H=- 206.3 k/mol说法正确的是
A. 反应的△S＜0
B. 反应中，4E(C-H)+2E(H-O)＜E(C≡O)+3E(H-H) (E表示键能，CO中为C≡O键)
C. 其他条件不变时，减小压强，表达式的数值保持不变
D. 当v(H2O)正=3v(H2)逆时，反应处于平衡状态
【答案】B
【解析】
【分析】根据反应过程中气体体积的变化，即反应方程式中气体系数的变化判断熵的变化，熵与气体分子的多少成正比；反应放热还是吸热与反应物和生成物的能量成正比，焓变等于反应物的键能减去生成物的键能之和，根据焓变的大小判断键能之间的大小，对于平衡状态的判断方法利用平衡的定义，当正逆反应速率相等时说明达到平衡。
【详解】A．该反应是一个气体体积增大的反应，故是个熵增的反应，△S>0，故A不正确；
B．△H=反应物的键能之和减去生成物的键能之和，因△H <0，故4E(C-H)+2E(H-O)＜E(C≡O)+3E(H-H) ，故B正确；
C．根据平衡常数表达式得出：，当减小压强时，水蒸气的浓度减小，故该表达式的数值增大，故C不正确；
D．当反应处于平衡状态，不同物质表示正逆反应速率时，速率之比等于系数之比，故3v(H2O)正=v(H2)逆，故D不正确；
故选答案B。
【点睛】本题考查化学反应方程式熵变判断，焓变及平衡常数等，利用平衡的基本概念，熵变的定义，焓变与键能之间的关系判断键能之间的大小，注意一般减小压强的改变是缩小容器体积。
5. 犹他大学Minter教授研制出合成氨的新工艺，原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 在A极周围，氢化酶将H2还原成H+
B. 在B极周围，固氮酶催化下发生的总反应为：6H++N2+6e- =2NH3
C. MV+/MV2+的主要作用是在电极与酶之间高效传递电子
D. 该装置将化学能转化成电能
【答案】A
【解析】
【详解】A．在A极周围，氢化酶将H2氧化成H+，故A错误；
B．由图示信息可知B极周围，固氮酶催化下发生的总反应为：6H++N2+6e- =2NH3，故B正确；
C．MV+在负极失电子转变成MV2+，MV2+在氢化酶上得电子转变成MV+，从而实现了电子在电极与酶之间高效传递，故C正确；
D．该装置为原电池装置，能将化学能转化成电能，故D正确；
故选：A。
6. 下列叙述正确的是
图1 图2
图3 图4
A. 图l可用于测定NaOH溶液的浓度
B. 图2表示25℃时，用0.1 mol·L盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L NaOH溶液，溶液的pH随加入酸溶液的体积的变化
C. 图3所示的读数为12.20 mL
D. 电导率是衡量电解质溶液导电能力的物理量，图4表示用KOH溶液滴定溶液时，溶液的电导率随V(KOH)的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以氢氧化钠溶液应盛装在碱式滴定管中，不能盛装在酸式滴定管中，故A错误；
B．酸碱中和滴定接近终点时，溶液的pH会发生突跃，曲线的斜率会很大，故B错误；
C．由图可知，酸式滴定管的读数为11.85mL，故C错误；
D．醋酸溶液与氢氧化钾溶液反应生成醋酸钾和水，反应中弱电解质醋酸变为强电解质醋酸钾，溶液中离子浓度增大，溶液的电导率变大，完全反应后，过量的氢氧化钾溶液使溶液中离子浓度增大幅度增大，溶液的电导率变大幅度增大，则图4表示能表示氢氧化钾溶液滴定醋酸溶液时，溶液的电导率随氢氧化钾体积的变化，故D正确；
故选D
7. 铁及其化合物在人类生产生活中发挥着重要作用。其中，K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH浓溶液；在碱性溶液中较稳定；具有强氧化性，是一种多功能饮用水处理剂；在碱性条件下，可由NaClO氧化Fe(NO3)3制备。硫酸亚铁按(NH4)2Fe(SO4)2]常用于滴定测量。下列关于铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. Fe2O3属于碱性氧化物，可用作颜料
B. 常温下Fe遇浓硫酸钝化，可用铁制槽罐车运输浓硫酸
C. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜质印刷电路板
D. K2FeO4溶液具有吸附性，可用于饮用水的消毒杀菌
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe2O3为红棕色固体，俗称铁红可用作红色颜料，故A错误；
B．常温下Fe遇浓硫酸钝化，从而阻止反应的继续进行，因此可用铁制槽罐车运输浓硫酸，故B正确；
C．FeCl3具有氧化性，能溶解铜单质，可用于蚀刻铜质印刷电路板，故C错误；
D．K2FeO4具有强氧化性，可用于饮用水的消毒杀菌，故D错误；
故选：B。
8. 由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)制取硒的流程如下：
下列有关说法正确的是
A. “分离”的方法是蒸馏
B. “滤液”中主要存在的阴离子有：SO、SiO
C. “酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO+H2O=Se↓+SO2↑+2OH-
D. SiO2晶胞如图所示，1个SiO2晶胞中有16个O原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．含硒废料中除硫单质外其他物质均不溶于煤油，所以分离的方法应为过滤，A错误；
B．除硫后稀硫酸进行酸溶Fe2O3、CuO、ZnO均与硫酸反应生成相应的盐，Se和SiO2不与硫酸反应，所以滤液中主要存在的阴离子为SO，B错误；
C．酸性溶液中不会生成氢氧根，正确离子方程式应为SeSO+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，C错误；
D．据图可知，图中16个O原子全部位于晶胞内部，所以1个SiO2晶胞中有16个O原子，D正确；
综上所述答案为D。
9. K2FeO4和Zn在碱性条件下组成二次电池，放电原理如图所示。下列说法正确的是
A. 在放电时，电子通过离子交换膜从右向左运动
B. 在放电时，负极区电解质溶液的pH逐渐减小
C. 在充电时，石墨电极上的电极反应式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=+4H2O
D. 在充电时，将Zn电极与外接电源的正极相连
【答案】C
【解析】
【分析】K2FeO4-Zn可以组成高铁电池，K2FeO4在电池中作正极材料，其电极反应式为+3eˉ+4H2O→Fe(OH)3+5OHˉ，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2eˉ+2OHˉ=Zn(OH)2，电池反应为：3Zn+2+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OHˉ。
【详解】A. 在放电时，电子通过外电路从锌电极向石墨电极运动，电子不能在电解质溶液中传导，故A错误；
B. 在放电时，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2eˉ+2OHˉ=Zn(OH)2，氢氧根离子通过阴离子交换膜不断进行补充，负极区电解质溶液的pH基本不变，故B错误；
C. 在充电时，石墨电极是阳极发生氧化反应，石墨电极上的电极反应式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=+4H2O，故C正确；
D. 在充电时，将Zn电极与外接电源的负极相连，故D错误；
故选C。
10. 化合物是一种抗骨质疏松药的一种重要中间体，可由下列反应制得。下列有关、、的说法正确的是
A. 可用氯化铁溶液鉴别、两种物质
B. 分子中原子杂化类型有种
C. 可发生取代、加成和消去反应
D. 与足量的氢气加成后产物中含有个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，不含酚羟基、含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应、不和氯化铁溶液发生显色反应，则可以用氯化铁溶液鉴别、，故A正确；
B．的苯环上碳原子价层电子对数是、亚甲基上碳原子价层电子对数是、中碳原子价层电子对数是，碳原子杂化类型依次是：、、，故B错误；
C．中含有苯环、羰基、酚羟基，具有苯、酮、酚的性质，酚羟基能发生取代反应，苯环和羰基能发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；
D．与足量氢气加成后产物手性碳原子如图，含有个手性碳原子，故D错误；
故选：。
11. 德国化学家弗里茨·哈伯因合成氨工业化而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，在一定条件下使该反应发生。下列说法正确的是
A. 若断裂3 mol H-H键，同时生成6 mol N-H键，说明该反应已处于平衡状态
B. 达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C. 达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
D. 达到化学平衡时，正反应和逆反应速率都为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．若断裂3 mol H-H键，同时生成6 mol N-H键，表示的都是反应正向进行，不能据此说明该反应已处于平衡状态，A错误；
B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度可能相等，也可能不相等，这与起始浓度有关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，B错误；
C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3各自的消耗量与产生量相同，三种物质的物质的量浓度不再变化，C正确；
D．化学平衡状态为动态平衡，反应达到化学平衡时，反应仍然在进行，只不过任何物质的消耗速率与产生速率相等，但都不为零，D错误；
故合理选项是C。
12. 一种羰基化合成反应机理的主要过程如下图所示(图中数字为键长的数值，单位相同且都省略)。下列说法错误的是
A. 在反应中被还原
B. 总反应的原子利用率未达100%
C. 整个过程发生了2步加成反应
D. 由上图可知，键长会受到周围基团的影响
【答案】C
【解析】
【分析】从反应机理的过程图可知，CO2与H2反应生成HCOOH，HCOOH反应生成HOCH2OH，HOCH2OH反应生成HCHO，HCHO最后反应生成CH3OH。
【详解】A．CO2在反应中与氢气发生加成反应，被还原，A正确；
B．HOCH2OH反应生成HCHO的过程中脱去了一分子水，原子利用率未达到100%，B正确；
C．整个过程中CO2与氢气加成生成HCOOH，HCOOH与氢气加成生成HOCH2OH，HCHO与H2加成生成CH3OH，整个过程发生了3步加成反应，C错误；
D．从图中可知，因为H2的影响，C=O的长度发生变化，D正确；
故答案选C。
13. 根据下列图示所得出的结论不正确的是
A. 图甲是常温下用的溶液分别滴定一元酸、的滴定曲线，说明的酸性大于
B. 图乙表示温度在和时水溶液中和的关系，则阴影部分M内任意一点均满足
C. 图丙表示改变平衡体系的某一条件后，v(正)、v(逆)的变化情况，可推知时刻改变的条件是升高温度
D. 图丁表示炭黑作用下生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化一个氧分子放出能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．一元酸、的pH，HY
C．升高温度，正逆反应速率均突然增大，所以时刻改变的条件不是升高温度，故C错误；
D．根据图示，炭黑和1个氧分子的能量0，炭黑和活化氧的能量为-，所以每活化一个氧分子放出能量，故D正确；
选C。
14. 硫化氢(H2S)是一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，常用足量纯碱溶液吸收法、热分解法、Fe2(SO4)3溶液氧化脱除法、活性炭吸附氧化法脱除。同时，H2S也是一种重要的化工原料，可以用来制备硫磺、苯硫酚(C6H5SH)、H2S、NaHS还常用于脱除水体中的Cu2+，形成黑色、不溶于稀硫酸的CuS沉淀。H2S可以在高温下与氯苯(C6H5Cl)反应制备苯硫酚(C6H5SH)，同时得到副产物苯(C6H6)，发生反应的热化学方程式为：
反应I：C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H5SH(g)+HCl(g) △H1
反应II： C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) △H2= - 45.8 kJ/mol
将H2S与C6H5Cl(体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，反应20 min后测得混合气中C6H5SH和C6H6的产率(实际产量与理论产量之比)与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 由图可知△H1＜0
B. 在500℃时，反应II处于平衡状态
C. 在590℃时，反应I的平衡常数为
D. 在645℃时，延长反应时间，会提高C6H6的产率
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于反应I，在590℃之前，反应未达到平衡，升高温度，物质的内能增加，分子之间有效碰撞次数增加，反应速率加快，因而反应产率增大，在590℃时反应达到平衡，产物的产率达到最大值，之后随着温度的升高，化学平衡逆向移动，导致物质的产率减小。升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，故△H1＜0，A正确；
B．对于反应II：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) △H2= - 45.8 kJ/mol，由于△H2＜0，△S＞0，在常温下体系的自由能△G=△H-T△S＜0，说明该反应的正反应是自发反应，因此该反应不是可逆反应，不存在化学平衡状态，因此就没有500℃的化学平衡状态，B错误；
C．将H2S与C6H5Cl(按体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，由于在相同外界条件下气体的体积比等于气体的物质的量的比，假设n(C6H5Cl)=1 mol，则n(H2S)=2.5 mol，容器的容积是V L。根据图示可知在590℃时C6H6的产率是5%，C6H5-SH的产率是35%，假设生成C6H6的物质的量是0.05 mol，生成C6H5SH的物质的量是0.35 mol，发生反应II时同时产生HCl物质的量为0.05 mol，消耗H2S、C6H5Cl的物质的量为0.05 mol，反应I消耗H2S、C6H5Cl的物质的量为0.35 mol，产生HCl的物质的量为0.35 mol，平衡时容器中n(H2S)=2.5 mol-(0.35 mol+0.05 mol)=2.1 mol，n(C6H5Cl)=1 mol-(0.35 mol+0.05 mol)=0.6 mol，n(HCl)=0.35 mol+0.05 mol=0.4 mol，对于反应I是反应前后气体气体物质的量不变的反应，气体的浓度比等于气体的物质的量的比，则该反应的化学平衡常数K=，C正确；
D．反应I是放热反应，当反应发生时放出热量，使反应I在645℃的化学平衡逆向移动，导致体系中H2S、C6H5Cl的物质的量增加，增大反应物的浓度可以使更多的H2S、C6H5Cl发生反应II，因此在645℃后，随着反应的进行，延长反应时间，会提高C6H6的产率，D正确；
故合理选项是B。
Ⅱ卷(58分)
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 一定温度下，在恒容的密闭容器内，将2 mol 和1 mol 混合发生反应： 。回答下列问题：
（1）升高温度，混合气体的密度______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）若反应达到平衡后，再充入，平衡将______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）若反应达到平衡后，将、、同时增大1倍，平衡将______移动。
（4）如图表示合成反应在某段时间中反应速率与时间的曲线图，、时刻分别改变某一外界条件，它们依次为__________________、__________________；的体积分数最小的平衡时间段是______(填序号)。
【答案】（1）不变 （2） ①. 正向 ②. 增大
（3）正向 （4） ①. 升高温度 ②. 降低压强 ③. t5-t6
【解析】
【小问1详解】
由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则升高温度，混合气体的密度不变，故答案为：不变；
【小问2详解】
反应达到平衡后，再充入氧气，生成物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，故答案为：正向；增大；
【小问3详解】
反应达到平衡后，将二氧化硫、氧气和三氧化硫的浓度均增大一倍，反应的浓度熵Qc==，浓度熵小于平衡常数，则平衡向正反应方向移动，故答案为：正向；
小问4详解】
由图可知，t1时刻条件改变的瞬间正、逆反应速率同时增大，且逆反应速率增大幅度大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件为升高温度；t3时刻条件改变的瞬间正、逆反应速率相等，且同等幅度增大，化学平衡不移动，则改变的条件为使用催化剂；t4时刻条件改变的瞬间正、逆反应速率同时减小，且正反应速率减小幅度大于逆反应速率，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件为降低压强，所以三氧化硫体积分数最小的平衡时间段为t5-t6，故答案为：升高温度；降低压强；t5-t6。
16. 铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的用途。
（1）水体中过量的是一种重要污染物，可利用纳米铁粉将其除去。
①基态铁原子核外电子排布式：___________；铁元素在元素周期表中位置为___________，属于___________区元素。
②相同条件下，向含有的两份水样中分别加入纳米铁粉、纳米铁粉-活性炭-铜粉，的去除速率差异如图1所示，产生该差异的可能原因为___________。
（2）铁镁合金是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图2所示。储氢时，分子位于晶胞体心和棱的中心位置。
①该晶胞中的配位数是___________。
②该合金储满氢后所得晶体化学式是___________。
（3）在生产中，常用处理的含(价)废水得到和。易被氧化为，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因：___________。
【答案】（1） ①. ②. 第四周期VIII族 ③. d ④. 形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率
（2） ①. 8 ②.
（3）外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构
【解析】
【小问1详解】
①铁为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：；其在周期表中的位置为：第四周期VIII族；属于d区元素；
②其他条件相同的条件下，纳米铁粉~活性炭铜粉相较于单纯的纳米铁粉，形成Fe-Cu或C原电池加快纳米铁粉去除硝酸根的反应速率，故答案为：形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率；
【小问2详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子与位于体对角线一处的镁原子的距离最近，则铁原子的配位数为8；
②由晶胞结构和题给信息可知，合金储满氢的晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱上的氢分子个数为，则所得晶体的化学式为：；
【小问3详解】
Fe为26号元素，外围电子排布为，不是稳定结构，容易再失去1个电子，故答案为：外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构。
17. 化合物G是一种作用于神经系统药物的中间体，其合成路线如下：
（1）B中的含氧官能团名称是___________、___________。
（2）C→D的反应类型为___________。
（3）G中含有手性碳原子的个数为___________。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①分子中含有苯环，能发生水解反应，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（5）写出以为原料，合成的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) ____________。
【答案】（1） ①. 醚键 ②. 羰基
（2）还原反应 （3）2
（4）或或 （5）
【解析】
【分析】根据B的结构简式可知，其中含有的含氧官能团为：醚键、羰基；根据C、D结构简式的不同可知：C与KBH4发生反应产生D，酮羰基转化为醇羟基，以此解题。
【小问1详解】
根据B的结构简式可知：B中的含氧官能团名称是醚键、酮羰基；
【小问2详解】
根据C、D结构简式的不同可知：C与KBH4发生反应产生D，酮羰基转化为醇羟基，故C→D的反应类型为还原反应；
【小问3详解】
手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，根据G结构简式可知：其分子中含有的手性碳原子用*标注为，可见G分子中只有2个手性碳原子；
【小问4详解】
C结构简式是，C的一种同分异构体同时满足条件：①分子中含有苯环，能发生水解反应，能发生银镜反应，说明含有酯基、醛基；②分子中有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的结构简式为：或或；
【小问5详解】
与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生，与O2在Cu催化作用下加热发生氧化反应产生。与Mg在无水乙醚作用下反应产生，与在H3O+作用下反应产生，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生，故以为原料制取 的合成路线为。
18. CO2的资源化利用能有效减少碳排放充分利用碳资源。
I.CO2合成甲醇(CH3OH)
该反应包括下列两步：
反应I CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g) △H1=+40.9 kJ/mol
反应II CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) △H2=+49.5 kJ/mol
（1）由CO与H2合成CH3OH(g)的热化学方程式为_______。
（2）在一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入3molH2和1molCO2，控制条件仅发生反应I，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：
①0~3min内，用H2(g)表示化学反应速率v(H2)=_______。
②在平衡后，再向容器中加入2mol CO2(g)和2mol CH3OH(g)则平衡向_______移动。(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。
（3）在光电催化下CO2可以合成甲醇，原理如图所示。阴极的电极反应式为_______。
II.CO2合成二甲醚(CH3OCH3)
控制反应条件，同时发生反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ，可以合成二甲醚(CH3OCH3)。
反应Ⅲ 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-24.5 kJ/mol
在压强30 MPa、=4时， CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH3OCH3的选择性随温度变化情况如图所示(X的选择性=)
（4）图中，代表CH3OCH3选择性的是曲线_______(填“A”、“B”或“C”)。
（5）当温度超过290℃，曲线B随温度升高而增大的原因是_______。
【答案】（1）CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=8.6 kJ/mol
（2） ①. ②. 正反应方向
（3）
（4）A （5）生成CO的反应为吸热反应，高温有利于反应向生成CO方向进行，从而提高其选择性
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，CO与H2合成CH3OH(g)的反应可由反应II-反应I得到，反应的反应热△H=△H2-△H1=+49.5 kJ/mol -40.9 kJ/mol=8.6 kJ/mol，反应的热化学方程式为：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=8.6 kJ/mol，故答案为：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=8.6 kJ/mol；
【小问2详解】
①0~3min内，的物质的量由1mol减少至0.25mol，，根据速率之比等于化学计量数之比可得，故答案为：；
②反应达到平衡时：各物质的浓度为：c(CH3OH)=c(H2O)=，c(CO2)= ，c(H2)= ，可得反应平衡常数K==，再向容器中加入2mol CO2(g)和2mol CH3OH(g)，此时刻c(CO2)= ，c(CH3OH)= ，此时Qc==<，反应正向移动，故答案为：正反应方向；
【小问3详解】
由图可知阴极二氧化碳转化成甲醇且电解质为酸性环境，电极反应为：，故答案为：；
【小问4详解】
CO2(g)的反应均为吸热反应，温度升高二氧化碳的转化率增大，因此曲线C代表二氧化碳的转化率；有选择性的表达式可知生成二甲醚的选择性高于生成CO的选择性，因此曲线A代表二甲醚的选择性，曲线B代表生成CO的选择性，故答案为：A；
【小问5详解】
生成CO的反应为吸热反应，随温度的升高有利于反应正向移动，使得CO的选择性逐渐增大，故答案为：生成CO的反应为吸热反应，高温有利于反应向生成CO方向进行，从而提高其选择性；
滨海县八滩中学
2022-2023学年度春学期高二年级第二次月考
化学学科试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19
Ⅰ卷(54分)
一、单项选择题：共14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 下列变化属于“氮的固定”的是
A. 氮气→氨气 B. 氨气→氯化铵 C. 二氧化氮→硝酸 D. 硝酸→硝酸铜
【答案】A
【解析】
【分析】氮的固定是游离态的氮单质转变成氮的化合物的过程，根据概念解答。
【详解】A．氮气转化成氨气，氮元素由游离态转化成化合态，属于氮的固定，故A符合题意；
B．氨气为化合态，因此氨气转化成氯化铵不属于氮的固定，故B不符合题意；
C．二氧化氮为化合态，因此二氧化氮转化成硝酸不属于氮的固定，故B不符合题意；
D．硝酸为化合态，因此硝酸转化成硝酸铜不属于氮的固定，故B不符合题意；
故选：A。
2. 下列说法正确的是
A. CH4为极性分子 B. H2O的填充模型为
C. NH3的电子式为 D. 第一电离能：N>O>C
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4为正四面体构型，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A错误；
B．H2O的填充模型为，故B错误；
C．NH3的电子式为，故C错误；
D．N、O、C为同周期元素，第一电离能从左到右呈增大趋势，但因N的最外层为半满稳定结构其第一电离能大于氧，因此第一电离能N>O>C，故D正确；
故选：D。
3. 合成氨是人工固氮的主要途径，工业生产采用Haber-Bosch法，反应条件严苛，能源消耗大。制取氢气原料的途径之一为：CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) △H=- 206.3 k/mol。研究N2和H2的反应机理，有利于开发新的氨气合成技术。在釕催化剂表面合成氨的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是
A. 合成氨反应属于放热反应
B. 过程①决定整个合成氨反应的快慢
C. 在该反应历程中，与N※反应的是H※
D. 选用优质催化剂，能够进步降低合成氨反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知反应物氮气和氢气的能量和高于生成物氨气的能量，该反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知反应①的正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故B正确；
C．由图中过程反应可知N※与H※结合成NH※，故C正确；
D．催化剂只能降低反应的活化能，对焓变无影响，故D错误；
故选：D。
4. 下列关于反应CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) △H=- 206.3 k/mol说法正确的是
A. 反应的△S＜0
B. 反应中，4E(C-H)+2E(H-O)＜E(C≡O)+3E(H-H) (E表示键能，CO中为C≡O键)
C. 其他条件不变时，减小压强，表达式的数值保持不变
D. 当v(H2O)正=3v(H2)逆时，反应处于平衡状态
【答案】B
【解析】
【分析】根据反应过程中气体体积的变化，即反应方程式中气体系数的变化判断熵的变化，熵与气体分子的多少成正比；反应放热还是吸热与反应物和生成物的能量成正比，焓变等于反应物的键能减去生成物的键能之和，根据焓变的大小判断键能之间的大小，对于平衡状态的判断方法利用平衡的定义，当正逆反应速率相等时说明达到平衡。
【详解】A．该反应是一个气体体积增大的反应，故是个熵增的反应，△S>0，故A不正确；
B．△H=反应物的键能之和减去生成物的键能之和，因△H <0，故4E(C-H)+2E(H-O)＜E(C≡O)+3E(H-H) ，故B正确；
C．根据平衡常数表达式得出：，当减小压强时，水蒸气的浓度减小，故该表达式的数值增大，故C不正确；
D．当反应处于平衡状态，不同物质表示正逆反应速率时，速率之比等于系数之比，故3v(H2O)正=v(H2)逆，故D不正确；
故选答案B。
【点睛】本题考查化学反应方程式熵变判断，焓变及平衡常数等，利用平衡的基本概念，熵变的定义，焓变与键能之间的关系判断键能之间的大小，注意一般减小压强的改变是缩小容器体积。
5. 犹他大学Minter教授研制出合成氨的新工艺，原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 在A极周围，氢化酶将H2还原成H+
B. 在B极周围，固氮酶催化下发生的总反应为：6H++N2+6e- =2NH3
C. MV+/MV2+的主要作用是在电极与酶之间高效传递电子
D. 该装置将化学能转化成电能
【答案】A
【解析】
【详解】A．在A极周围，氢化酶将H2氧化成H+，故A错误；
B．由图示信息可知B极周围，固氮酶催化下发生的总反应为：6H++N2+6e- =2NH3，故B正确；
C．MV+在负极失电子转变成MV2+，MV2+在氢化酶上得电子转变成MV+，从而实现了电子在电极与酶之间高效传递，故C正确；
D．该装置为原电池装置，能将化学能转化成电能，故D正确；
故选：A。
6. 下列叙述正确的是
图1 图2
图3 图4
A. 图l可用于测定NaOH溶液的浓度
B. 图2表示25℃时，用0.1 mol·L盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L NaOH溶液，溶液的pH随加入酸溶液的体积的变化
C. 图3所示的读数为12.20 mL
D. 电导率是衡量电解质溶液导电能力的物理量，图4表示用KOH溶液滴定溶液时，溶液的电导率随V(KOH)的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以氢氧化钠溶液应盛装在碱式滴定管中，不能盛装在酸式滴定管中，故A错误；
B．酸碱中和滴定接近终点时，溶液的pH会发生突跃，曲线的斜率会很大，故B错误；
C．由图可知，酸式滴定管的读数为11.85mL，故C错误；
D．醋酸溶液与氢氧化钾溶液反应生成醋酸钾和水，反应中弱电解质醋酸变为强电解质醋酸钾，溶液中离子浓度增大，溶液的电导率变大，完全反应后，过量的氢氧化钾溶液使溶液中离子浓度增大幅度增大，溶液的电导率变大幅度增大，则图4表示能表示氢氧化钾溶液滴定醋酸溶液时，溶液的电导率随氢氧化钾体积的变化，故D正确；
故选D
7. 铁及其化合物在人类生产生活中发挥着重要作用。其中，K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH浓溶液；在碱性溶液中较稳定；具有强氧化性，是一种多功能饮用水处理剂；在碱性条件下，可由NaClO氧化Fe(NO3)3制备。硫酸亚铁按(NH4)2Fe(SO4)2]常用于滴定测量。下列关于铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. Fe2O3属于碱性氧化物，可用作颜料
B. 常温下Fe遇浓硫酸钝化，可用铁制槽罐车运输浓硫酸
C. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜质印刷电路板
D. K2FeO4溶液具有吸附性，可用于饮用水的消毒杀菌
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe2O3为红棕色固体，俗称铁红可用作红色颜料，故A错误；
B．常温下Fe遇浓硫酸钝化，从而阻止反应的继续进行，因此可用铁制槽罐车运输浓硫酸，故B正确；
C．FeCl3具有氧化性，能溶解铜单质，可用于蚀刻铜质印刷电路板，故C错误；
D．K2FeO4具有强氧化性，可用于饮用水的消毒杀菌，故D错误；
故选：B。
8. 由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)制取硒的流程如下：
下列有关说法正确的是
A. “分离”的方法是蒸馏
B. “滤液”中主要存在的阴离子有：SO、SiO
C. “酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO+H2O=Se↓+SO2↑+2OH-
D. SiO2晶胞如图所示，1个SiO2晶胞中有16个O原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．含硒废料中除硫单质外其他物质均不溶于煤油，所以分离的方法应为过滤，A错误；
B．除硫后稀硫酸进行酸溶Fe2O3、CuO、ZnO均与硫酸反应生成相应的盐，Se和SiO2不与硫酸反应，所以滤液中主要存在的阴离子为SO，B错误；
C．酸性溶液中不会生成氢氧根，正确离子方程式应为SeSO+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，C错误；
D．据图可知，图中16个O原子全部位于晶胞内部，所以1个SiO2晶胞中有16个O原子，D正确；
综上所述答案为D。
9. K2FeO4和Zn在碱性条件下组成二次电池，放电原理如图所示。下列说法正确的是
A. 在放电时，电子通过离子交换膜从右向左运动
B. 在放电时，负极区电解质溶液的pH逐渐减小
C. 在充电时，石墨电极上的电极反应式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=+4H2O
D. 在充电时，将Zn电极与外接电源的正极相连
【答案】C
【解析】
【分析】K2FeO4-Zn可以组成高铁电池，K2FeO4在电池中作正极材料，其电极反应式为+3eˉ+4H2O→Fe(OH)3+5OHˉ，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2eˉ+2OHˉ=Zn(OH)2，电池反应为：3Zn+2+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OHˉ。
【详解】A. 在放电时，电子通过外电路从锌电极向石墨电极运动，电子不能在电解质溶液中传导，故A错误；
B. 在放电时，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2eˉ+2OHˉ=Zn(OH)2，氢氧根离子通过阴离子交换膜不断进行补充，负极区电解质溶液的pH基本不变，故B错误；
C. 在充电时，石墨电极是阳极发生氧化反应，石墨电极上的电极反应式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=+4H2O，故C正确；
D. 在充电时，将Zn电极与外接电源的负极相连，故D错误；
故选C。
10. 化合物是一种抗骨质疏松药的一种重要中间体，可由下列反应制得。下列有关、、的说法正确的是
A. 可用氯化铁溶液鉴别、两种物质
B. 分子中原子杂化类型有种
C. 可发生取代、加成和消去反应
D. 与足量的氢气加成后产物中含有个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，不含酚羟基、含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应、不和氯化铁溶液发生显色反应，则可以用氯化铁溶液鉴别、，故A正确；
B．的苯环上碳原子价层电子对数是、亚甲基上碳原子价层电子对数是、中碳原子价层电子对数是，碳原子杂化类型依次是：、、，故B错误；
C．中含有苯环、羰基、酚羟基，具有苯、酮、酚的性质，酚羟基能发生取代反应，苯环和羰基能发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；
D．与足量氢气加成后产物手性碳原子如图，含有个手性碳原子，故D错误；
故选：。
11. 德国化学家弗里茨·哈伯因合成氨工业化而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，在一定条件下使该反应发生。下列说法正确的是
A. 若断裂3 mol H-H键，同时生成6 mol N-H键，说明该反应已处于平衡状态
B. 达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C. 达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
D. 达到化学平衡时，正反应和逆反应速率都为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．若断裂3 mol H-H键，同时生成6 mol N-H键，表示的都是反应正向进行，不能据此说明该反应已处于平衡状态，A错误；
B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度可能相等，也可能不相等，这与起始浓度有关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，B错误；
C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3各自的消耗量与产生量相同，三种物质的物质的量浓度不再变化，C正确；
D．化学平衡状态为动态平衡，反应达到化学平衡时，反应仍然在进行，只不过任何物质的消耗速率与产生速率相等，但都不为零，D错误；
故合理选项是C。
12. 一种羰基化合成反应机理的主要过程如下图所示(图中数字为键长的数值，单位相同且都省略)。下列说法错误的是
A. 在反应中被还原
B. 总反应的原子利用率未达100%
C. 整个过程发生了2步加成反应
D. 由上图可知，键长会受到周围基团的影响
【答案】C
【解析】
【分析】从反应机理的过程图可知，CO2与H2反应生成HCOOH，HCOOH反应生成HOCH2OH，HOCH2OH反应生成HCHO，HCHO最后反应生成CH3OH。
【详解】A．CO2在反应中与氢气发生加成反应，被还原，A正确；
B．HOCH2OH反应生成HCHO的过程中脱去了一分子水，原子利用率未达到100%，B正确；
C．整个过程中CO2与氢气加成生成HCOOH，HCOOH与氢气加成生成HOCH2OH，HCHO与H2加成生成CH3OH，整个过程发生了3步加成反应，C错误；
D．从图中可知，因为H2的影响，C=O的长度发生变化，D正确；
故答案选C。
13. 根据下列图示所得出的结论不正确的是
A. 图甲是常温下用的溶液分别滴定一元酸、的滴定曲线，说明的酸性大于
B. 图乙表示温度在和时水溶液中和的关系，则阴影部分M内任意一点均满足
C. 图丙表示改变平衡体系的某一条件后，v(正)、v(逆)的变化情况，可推知时刻改变的条件是升高温度
D. 图丁表示炭黑作用下生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化一个氧分子放出能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．一元酸、的pH，HY
C．升高温度，正逆反应速率均突然增大，所以时刻改变的条件不是升高温度，故C错误；
D．根据图示，炭黑和1个氧分子的能量0，炭黑和活化氧的能量为-，所以每活化一个氧分子放出能量，故D正确；
选C。
14. 硫化氢(H2S)是一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，常用足量纯碱溶液吸收法、热分解法、Fe2(SO4)3溶液氧化脱除法、活性炭吸附氧化法脱除。同时，H2S也是一种重要的化工原料，可以用来制备硫磺、苯硫酚(C6H5SH)、H2S、NaHS还常用于脱除水体中的Cu2+，形成黑色、不溶于稀硫酸的CuS沉淀。H2S可以在高温下与氯苯(C6H5Cl)反应制备苯硫酚(C6H5SH)，同时得到副产物苯(C6H6)，发生反应的热化学方程式为：
反应I：C6H5Cl(g)+H2S(g)C6H5SH(g)+HCl(g) △H1
反应II： C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) △H2= - 45.8 kJ/mol
将H2S与C6H5Cl(体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，反应20 min后测得混合气中C6H5SH和C6H6的产率(实际产量与理论产量之比)与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 由图可知△H1＜0
B. 在500℃时，反应II处于平衡状态
C. 在590℃时，反应I的平衡常数为
D. 在645℃时，延长反应时间，会提高C6H6的产率
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于反应I，在590℃之前，反应未达到平衡，升高温度，物质的内能增加，分子之间有效碰撞次数增加，反应速率加快，因而反应产率增大，在590℃时反应达到平衡，产物的产率达到最大值，之后随着温度的升高，化学平衡逆向移动，导致物质的产率减小。升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，故△H1＜0，A正确；
B．对于反应II：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) △H2= - 45.8 kJ/mol，由于△H2＜0，△S＞0，在常温下体系的自由能△G=△H-T△S＜0，说明该反应的正反应是自发反应，因此该反应不是可逆反应，不存在化学平衡状态，因此就没有500℃的化学平衡状态，B错误；
C．将H2S与C6H5Cl(按体积比5：2)加入某恒容密闭容器中，由于在相同外界条件下气体的体积比等于气体的物质的量的比，假设n(C6H5Cl)=1 mol，则n(H2S)=2.5 mol，容器的容积是V L。根据图示可知在590℃时C6H6的产率是5%，C6H5-SH的产率是35%，假设生成C6H6的物质的量是0.05 mol，生成C6H5SH的物质的量是0.35 mol，发生反应II时同时产生HCl物质的量为0.05 mol，消耗H2S、C6H5Cl的物质的量为0.05 mol，反应I消耗H2S、C6H5Cl的物质的量为0.35 mol，产生HCl的物质的量为0.35 mol，平衡时容器中n(H2S)=2.5 mol-(0.35 mol+0.05 mol)=2.1 mol，n(C6H5Cl)=1 mol-(0.35 mol+0.05 mol)=0.6 mol，n(HCl)=0.35 mol+0.05 mol=0.4 mol，对于反应I是反应前后气体气体物质的量不变的反应，气体的浓度比等于气体的物质的量的比，则该反应的化学平衡常数K=，C正确；
D．反应I是放热反应，当反应发生时放出热量，使反应I在645℃的化学平衡逆向移动，导致体系中H2S、C6H5Cl的物质的量增加，增大反应物的浓度可以使更多的H2S、C6H5Cl发生反应II，因此在645℃后，随着反应的进行，延长反应时间，会提高C6H6的产率，D正确；
故合理选项是B。
Ⅱ卷(58分)
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 一定温度下，在恒容的密闭容器内，将2 mol 和1 mol 混合发生反应： 。回答下列问题：
（1）升高温度，混合气体的密度______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）若反应达到平衡后，再充入，平衡将______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）若反应达到平衡后，将、、同时增大1倍，平衡将______移动。
（4）如图表示合成反应在某段时间中反应速率与时间的曲线图，、时刻分别改变某一外界条件，它们依次为__________________、__________________；的体积分数最小的平衡时间段是______(填序号)。
【答案】（1）不变 （2） ①. 正向 ②. 增大
（3）正向 （4） ①. 升高温度 ②. 降低压强 ③. t5-t6
【解析】
【小问1详解】
由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则升高温度，混合气体的密度不变，故答案为：不变；
【小问2详解】
反应达到平衡后，再充入氧气，生成物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，故答案为：正向；增大；
【小问3详解】
反应达到平衡后，将二氧化硫、氧气和三氧化硫的浓度均增大一倍，反应的浓度熵Qc==，浓度熵小于平衡常数，则平衡向正反应方向移动，故答案为：正向；
小问4详解】
由图可知，t1时刻条件改变的瞬间正、逆反应速率同时增大，且逆反应速率增大幅度大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件为升高温度；t3时刻条件改变的瞬间正、逆反应速率相等，且同等幅度增大，化学平衡不移动，则改变的条件为使用催化剂；t4时刻条件改变的瞬间正、逆反应速率同时减小，且正反应速率减小幅度大于逆反应速率，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件为降低压强，所以三氧化硫体积分数最小的平衡时间段为t5-t6，故答案为：升高温度；降低压强；t5-t6。
16. 铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的用途。
（1）水体中过量的是一种重要污染物，可利用纳米铁粉将其除去。
①基态铁原子核外电子排布式：___________；铁元素在元素周期表中位置为___________，属于___________区元素。
②相同条件下，向含有的两份水样中分别加入纳米铁粉、纳米铁粉-活性炭-铜粉，的去除速率差异如图1所示，产生该差异的可能原因为___________。
（2）铁镁合金是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图2所示。储氢时，分子位于晶胞体心和棱的中心位置。
①该晶胞中的配位数是___________。
②该合金储满氢后所得晶体化学式是___________。
（3）在生产中，常用处理的含(价)废水得到和。易被氧化为，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因：___________。
【答案】（1） ①. ②. 第四周期VIII族 ③. d ④. 形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率
（2） ①. 8 ②.
（3）外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构
【解析】
【小问1详解】
①铁为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：；其在周期表中的位置为：第四周期VIII族；属于d区元素；
②其他条件相同的条件下，纳米铁粉~活性炭铜粉相较于单纯的纳米铁粉，形成Fe-Cu或C原电池加快纳米铁粉去除硝酸根的反应速率，故答案为：形成或C原电池加快纳米铁粉去除的反应速率；
【小问2详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子与位于体对角线一处的镁原子的距离最近，则铁原子的配位数为8；
②由晶胞结构和题给信息可知，合金储满氢的晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱上的氢分子个数为，则所得晶体的化学式为：；
【小问3详解】
Fe为26号元素，外围电子排布为，不是稳定结构，容易再失去1个电子，故答案为：外围电子排布为，再失去一个电子可形成的半满稳定结构。
17. 化合物G是一种作用于神经系统药物的中间体，其合成路线如下：
（1）B中的含氧官能团名称是___________、___________。
（2）C→D的反应类型为___________。
（3）G中含有手性碳原子的个数为___________。
（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①分子中含有苯环，能发生水解反应，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（5）写出以为原料，合成的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) ____________。
【答案】（1） ①. 醚键 ②. 羰基
（2）还原反应 （3）2
（4）或或 （5）
【解析】
【分析】根据B的结构简式可知，其中含有的含氧官能团为：醚键、羰基；根据C、D结构简式的不同可知：C与KBH4发生反应产生D，酮羰基转化为醇羟基，以此解题。
【小问1详解】
根据B的结构简式可知：B中的含氧官能团名称是醚键、酮羰基；
【小问2详解】
根据C、D结构简式的不同可知：C与KBH4发生反应产生D，酮羰基转化为醇羟基，故C→D的反应类型为还原反应；
【小问3详解】
手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，根据G结构简式可知：其分子中含有的手性碳原子用*标注为，可见G分子中只有2个手性碳原子；
【小问4详解】
C结构简式是，C的一种同分异构体同时满足条件：①分子中含有苯环，能发生水解反应，能发生银镜反应，说明含有酯基、醛基；②分子中有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的结构简式为：或或；
【小问5详解】
与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生，与O2在Cu催化作用下加热发生氧化反应产生。与Mg在无水乙醚作用下反应产生，与在H3O+作用下反应产生，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生，故以为原料制取 的合成路线为。
18. CO2的资源化利用能有效减少碳排放充分利用碳资源。
I.CO2合成甲醇(CH3OH)
该反应包括下列两步：
反应I CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g) △H1=+40.9 kJ/mol
反应II CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) △H2=+49.5 kJ/mol
（1）由CO与H2合成CH3OH(g)的热化学方程式为_______。
（2）在一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入3molH2和1molCO2，控制条件仅发生反应I，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：
①0~3min内，用H2(g)表示化学反应速率v(H2)=_______。
②在平衡后，再向容器中加入2mol CO2(g)和2mol CH3OH(g)则平衡向_______移动。(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。
（3）在光电催化下CO2可以合成甲醇，原理如图所示。阴极的电极反应式为_______。
II.CO2合成二甲醚(CH3OCH3)
控制反应条件，同时发生反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ，可以合成二甲醚(CH3OCH3)。
反应Ⅲ 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-24.5 kJ/mol
在压强30 MPa、=4时， CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH3OCH3的选择性随温度变化情况如图所示(X的选择性=)
（4）图中，代表CH3OCH3选择性的是曲线_______(填“A”、“B”或“C”)。
（5）当温度超过290℃，曲线B随温度升高而增大的原因是_______。
【答案】（1）CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=8.6 kJ/mol
（2） ①. ②. 正反应方向
（3）
（4）A （5）生成CO的反应为吸热反应，高温有利于反应向生成CO方向进行，从而提高其选择性
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，CO与H2合成CH3OH(g)的反应可由反应II-反应I得到，反应的反应热△H=△H2-△H1=+49.5 kJ/mol -40.9 kJ/mol=8.6 kJ/mol，反应的热化学方程式为：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=8.6 kJ/mol，故答案为：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) △H=8.6 kJ/mol；
【小问2详解】
①0~3min内，的物质的量由1mol减少至0.25mol，，根据速率之比等于化学计量数之比可得，故答案为：；
②反应达到平衡时：各物质的浓度为：c(CH3OH)=c(H2O)=，c(CO2)= ，c(H2)= ，可得反应平衡常数K==，再向容器中加入2mol CO2(g)和2mol CH3OH(g)，此时刻c(CO2)= ，c(CH3OH)= ，此时Qc==<，反应正向移动，故答案为：正反应方向；
【小问3详解】
由图可知阴极二氧化碳转化成甲醇且电解质为酸性环境，电极反应为：，故答案为：；
【小问4详解】
CO2(g)的反应均为吸热反应，温度升高二氧化碳的转化率增大，因此曲线C代表二氧化碳的转化率；有选择性的表达式可知生成二甲醚的选择性高于生成CO的选择性，因此曲线A代表二甲醚的选择性，曲线B代表生成CO的选择性，故答案为：A；
【小问5详解】
生成CO的反应为吸热反应，随温度的升高有利于反应正向移动，使得CO的选择性逐渐增大，故答案为：生成CO的反应为吸热反应，高温有利于反应向生成CO方向进行，从而提高其选择性；
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