2023-2024学年高二上学期期末化学模拟卷（浙江专用，人教版2019选择性必修1选择性必修2第一、二章）（Word版附解析）

这是一份2023-2024学年高二上学期期末化学模拟卷（浙江专用，人教版2019选择性必修1选择性必修2第一、二章）（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是( )
A．2NO2 (g)(g)N2O4(g) ΔH＜0，把NO2球浸泡在冰水中，气体颜色变浅
B．用饱和NaHCO3除去CO2中的HCl，可减少CO2的损失
C．对NO2 (g)+ CO2(g)CO2(g)+ NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深
D．向含有Fe(SCN)3的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去
【答案】C
【解析】A项，放在冰水中，温度降低，2NO2 (g)(g)N2O4(g) ΔH＜0，平衡向生成无色气体的方向移动，所以颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B项，二氧化碳在水中存在化学平衡：CO2+H2OH2CO3H++HCO3-，使用饱和NaHCO3时，由于HCl在水中溶解度很大，可以除去杂质，同时由于溶液中碳酸氢根浓度增大，化学平衡逆向移动，减少二氧化碳溶解度，可减少二氧化碳的损失，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C项，该反应气体分子数不变，，而加压平衡并未移动，体系颜色加深是因为压缩体积使有色气体的浓度增大，不可以用勒夏特列原理解释，C符合题意；D项，铁离子与铁粉反应而浓度降低，使平衡Fe3+＋3SCN－===Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选C。
2．下列化学用语的表达错误的是( )
A．乙烯的空间填充模型
B．CaC2的电子式
C．基态N原子的价层电子排布图
D．CO3-的VSEPR模型为平面三角形
【答案】B
【解析】A项，乙烯为平面型分子，该空间填充模型正确，故A正确；B项，CaC2为离子化合物，其电子式为：，故B错误；C项，N原子的最外层是第二层有5个电子，基态N原子的价层电子排布图为：，故C正确；D项，CO3-中心碳原子的价层电子对数为，无孤对电子，所以VSEPR模型为平面三角形，故D正确；故选B。
3．下列说法正确的是( )
A．图①装置向盛装酸溶液的烧杯中加碱溶液时要小心缓慢
B．图②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③中反应开始后针筒向右移动，但不能说明反应放热
D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO4溶液中迁移
【答案】C
【解析】A项，中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差，A错误； B项，高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，B错误；C项，锌和稀硫酸生成氢气，装置中压强变大也会使得针筒右移，故不能说明反应放热，C正确； D项，由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向正极一侧的硫酸铜溶液中迁移，D错误；故选C。
4．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．电解200mL0.5ml·L-1AgNO3溶液，转移的电子数最多为0.1NA
B．由热化学方程式PCl3(l)+ Cl2(g) PCl5(s)ΔH＝－123.8 kJ·ml－1可知，要使反应放出123.8kJ的热量，反应前PCl3(l)与Cl2(g)的分子个数均为NA
C．常温下，含有1ml·L-1的Na+的CH3COONa溶液中，CH3COO-数目可能大于NA
D．在25℃时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.02NA
【答案】C
【解析】A项，电解200mL0.5ml·L-1AgNO3溶液，由于未指明电极材料，当由活性电极做阳极时，转移电子数大于0.1NA，A错误；B项，由热化学方程式PCl3(l)+ Cl2(g) PCl5(s)ΔH＝－123.8 kJ·ml－1可知，要使反应放出123.8kJ的热量，理论上反应前PCl3(l)与Cl2(g)的分子个数均为NA，但由于其为可逆反应，因此反应前分子数应大于NA，B错误；C项，CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-会发生水解，但由于未指明体积，因此含有1ml·L-1的Na+的CH3COONa溶液中，CH3COO-数目可能大于NA，C正确；D项，在25℃时，pH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-浓度为0.01ml/L；则在25℃时，1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NA，D错误；故选C。
5．常温下，NH3•H2O的Kb约为10-5。在下列装置中存在不同pH的两种溶液，溶液中离子不能穿过隔膜，分子可以自由穿过隔膜(如图所示)。已知c起始(NH3•H2O)=c平衡(NH3•H2O)+c(NH)。当达到平衡时，下列叙述正确的是( )
A．溶液I中c(OH-)=c(H+)+c(NH)
B．溶液I和II中的c平衡(NH3•H2O)不相等
C．溶液II中为0.1
D．溶液I和II中c起始I(NH3•H2O)：c起始II(NH3•H2O)=101：110
【答案】D
【解析】A项，常温下溶液I的pH=7.0，c(OH―)=c(H＋)，A错误；B项，根据题意，未电离的NH3•H2O分子可以通过隔膜，说明溶液I和溶液II中的c平衡(NH3•H2O)相等，B错误；C项，溶液II的pH=8，溶液中ml/L，，c平衡(NH3•H2O)=0.1 c(NH4+)，根据c起始(NH3•H2O)=c平衡(NH3•H2O)+c(NH4+)=1.1 c()，则，C错误；D项，根据C的分析，c起始II (NH3•H2O)= 1.1 c(NH4+)，同理，溶液I的pH=7.0，，c起始I(NH3•H2O)= 1.01 c(NH4+)，溶液I和II中c起始I(NH3•H2O)：c起始II(NH3•H2O)=1.01：1.1=101：110，D正确；故选D。
6．已知X、Y是短周期的两种元素，下列相关结论一定正确的是( )
【答案】D
【解析】A项，同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，若X、Y同周期，原子半径：X>Y，则原子序数：XY，可知X的周期数大于Y，即原子序数X＞Y，故A项错误；B项，金属元素与非金属元素之间可能形成共价键，如AlCl3是共价化合物，Al与Cl形成的是共价键，故B项错误；C项，SO2分子中中心原子S是sp2杂化，则VSEPR模型为平面三角形，故C项错误；D项，电负性大的元素得电子能力强，在化合物中显负价，化合物中X显负价，则元素的电负性：X>Y，故D项正确；故选D。
7．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·ml-1。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气；侯氏制碱法用氨气、二氧化碳，与饱和食盐水制备纯碱碳酸钠。下列有关NH3、NF3、NH4+、NO2-、NO3-等含氮粒子的说法正确的是( )
A．NH3中N-H键角比NH4+中N-H键角大
B．NH3极易溶于水，主要原因是NH3分子间能形成氢键
C．NH3的水溶液能导电，但一水合氨不能完全电离，因此NH3属于弱电解质
D．NH3、NF3的空间构型都是三角锥型，NO2-、NO3-中的N都是sp2杂化
【答案】D
【解析】A项，分子中中心原子上的孤电子对数越多，键角越小，故NH3中N-H键角比NH4+中N-H键角小，故A错误；B项，NH3极易溶于水，主要原因是NH3分子与水分子间能形成氢键，故B错误；C项，NH3自身不能电离，NH3是非电解质，故C错误；D项，NH3、NF3均为sp3杂化，一个孤电子对，故为三角锥形，NO2-的价层电子对数为2+=3，NO3-的价层电子对数为3+=3，故N原子都是sp2杂化，故D正确；故选D。
8．1ml液态肼完全燃烧生成N2气体和液态水放出577kJ的热量。工业上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2]，尿素在高温条件下可将汽车尾气中的NOx转化为无毒气体N2。下列化学反应表示正确的是( )
A．N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH＝－577 kJ·ml－1
B．碱性N2H4燃料电池负极发生的电极反应式：N2H4+4e- +4OH-=N2↑+4H2O
C．NaClO氧化氨气制取N2H4的离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
D．N2H4与NO2高温下反应的化学方程式：N2H4+NO2N2↑+2H2O
【答案】C
【解析】A项，1ml液态肼完全燃烧生成N2气体和液态水放出577kJ的热量，则N2H4燃烧的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH＝－577 kJ·ml－1，故A错误；B项，负极失电子，负极反应为：N2H4-4e- +4OH-=N2↑+4H2O，故B错误；C项，NaClO氧化氨气制取N2H4，1mlNaClO得2ml电子，1ml氨气失1ml电子，根据得失电子守恒得离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，故C正确；D项，1ml N2H4失去4ml电子生成氮气，1ml二氧化氮得4ml电子生成氮气，根据得失电子守恒得反应方程式：2N2H4+2NO23N2↑+4H2O，故D错误；故选C。
9．某学习小组探究原子半径对同种元素形成化学键键能的影响。下表是某些化学键的键能：
下列说法不正确的是( )
A．碳碳叁键键能小于1038 kJ·ml－1
B．N、O同种元素之间形成的σ键和π键的键能大小，σ键小于π键
C．P与P形成的σ键的键能大于π键的键能，故白磷以P4形式存在而不以P2形式存在
D．若Cl2(g)相对能量为0，则Cl(g)的相对能量为-121 kJ·ml－1
【答案】D
【解析】A项，碳碳叁键键能小于3倍的碳碳单键的键能，故小于1038 kJ·ml－1，A正确； B项，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，比较N-N与N=N、O-O与O=O的键能数据可知，N、O同种元素之间形成的σ键和π键的键能大小，σ键小于π键，B正确；C项，比较P-P与P=P的键能数据可知，P与P形成的σ键的键能大于π键的键能，P4间P原子以σ键形成，能量更低，故白磷以P4形式存在而不以P2形式存在，C正确； D项，断键吸收能量，若Cl2(g)相对能量为0，则Cl(g)的相对能量为+121 kJ·ml－1，D错误；故选D。
10．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．使用催化剂可以降低过渡态的能量
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g) ΔH＝-139 kJ·ml－1
D．断键吸收能量之和大于成键释放能量之和
【答案】D
【解析】A项，催化剂可以降低活化能，降低过渡态的能量，A正确；B项，根据图象可知，此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，B正确；C项，根据图象可知，此反应放热Q=348kJ/ml-209kJ/ml=139kJ/ml，故热化学方程式为：ΔH＝-183 kJ·ml－1，C正确；D项，△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和＜0，断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，D错误；故选D。
11．在一定温度压强下，依据图示关系，下列说法不正确的是( )
A．C(石墨)+ CO2(g) =2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
B．1ml C(石墨)和1ml C(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g) ，前者放热多
C．ΔH5=ΔH1-ΔH3
D．化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】B
【解析】A项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) ΔH1 反应II：CO(g)+(g)=CO2(g) ΔH2，则反应I-反应II得C(石墨)+ CO2(g) =2CO(g)，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH1-ΔH2，A正确；B项，由题干信息可知，C(石墨)= C(金刚石) ΔH5＜0，即1mlC(石墨)具有的总能量低于1mlC(金刚石)，则1ml C(石墨)和1ml C(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g)，后者放热多，B错误；C项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) ΔH1，反应III：C(金刚石)+(g)=CO(g) 则反应I-反应III得C(石墨)= C(金刚石)，根据盖斯定律可知，ΔH5=ΔH1-ΔH3，C正确；D项，根据盖斯定律可知，化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故选B。
12．如图1、图2分别表示1 mlH2O和1 mlCO2分解时的能量变化情况(单位：kJ)。下列说法错误的是( )
A．CO的燃烧热ΔH＝-285 kJ·ml－1
B．C(s)+H2O(g)CO (g)+ H2(g) ΔH＝+134kJ·ml－1
C．的键能为
D．无法求得CO(g)+H2O(g)CO2 (g)+ H2(g)的反应热
【答案】D
【解析】由图1可知，H-H键能为436kJ/ml,O=O键的键能为247kJ/ml×2=494kJ/ml,1mlH2O(g)分解生成O2(g)和H2(g)的热化学方程式为H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ⋅ml-1，即O2(g)+H2(g)=H2O(g)ΔH=-243 kJ/ml；由图2可知，CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml,C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ/ml。A项，由图2可知，CO的燃烧热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml，故A正确；B项，根据分析可知，①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ/ml，②H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ⋅ml-1，③CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml，由盖斯定律①+②-③可得C(s)+H2O(g)CO (g)+ H2(g) ΔH＝+134kJ·ml－1，故B正确；C项，由图1可知，O=O键的键能为247kJ/ml×2=494kJ/ml，故C正确；D项，根据盖斯定律，将两式H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243 kJ/ml、CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml相加可得CO(g)+H2O(g)CO2 (g)+ H2(g)的反应热，故D错误；故选D。
13．质子交换膜氢氧燃料电池具有能量密度高等优点，质子交换膜主要成分为全氟磺酸聚合物，吸水后，强疏水性主链和亲水性侧链形成尺寸为3-5纳米的离子通道。质子通过水、-SO3-等载体之间氢键的伸缩振动，定向连续传递。电池及膜的工作原理如下图所示，下列说法不正确的是( )
A．通O2电极的电势比通H2电极的电势高
B．质子交换膜燃料电池的电解质为全氟磺酸聚合物
C．给出质子能力：H2O>质子交换膜的-SO3H
D．质子交换膜吸水后形成离子通道
【答案】C
【解析】A项，该燃料电池中，氢气失去电子被氧化为负极、氧气得到电子被还原为正极，则通O2电极的电势比通H2电极的电势高，A正确；B项，氟原子电负性大，是吸电子基团，导致-SO3H中羟基极性增强，易电离出氢离子，故质子交换膜燃料电池的电解质为全氟磺酸聚合物，B正确；C项， 结合选项B可知，给出质子能力：H2O＜质子交换膜的-SO3H，C错误；D项，由图及题干信息可知，主链疏水，内侧-SO3-亲水，形成了质子传导的水通道， D正确；故选C。
14．室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1ml•L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1ml•L-1NaHCO3溶液与0.1ml•L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，溶液pH从12下降到约为9
实验4：0.1ml•L-1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡
下列说法正确的是( )
A．由实验1可得出：Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)＜10-16
B．实验2中两溶液混合时有：Ksp(CaCO3)＞2.5×10-3
C．实验3中发生反应的离子方程式为CO32-+H2O+CO2=2 HCO3-
D．实验4所得溶液中c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
【答案】A
【解析】A项，实验1中，Ka1(H2CO3)∙Ka2(H2CO3)= ∙=，0.1ml•L-1NaHCO3溶液的pH约为8，表明溶液中HCO3-水解是主要的，电离是次要的，c(CO32-)＜c(H2CO3)，所以＜c2(H+)=10-16，A正确；B项，实验2中两溶液混合时，c(Ca2+)=0.05 ml•L-1，c(HCO3-)＜0.05 ml•L-1，则有：Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)∙c(HCO3-)=(0.05 ml•L-1)∙(＜0.05 ml•L-1)＜2.5×10-3，B不正确；C项，实验3中发生反应的离子方程式为2Na++ CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓，C不正确；D项，实验4中，0.1ml•L-1NaHCO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去并有气泡，则有一部分H2CO3发生分解，生成CO2，所得溶液中c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)+ c(CO2)，则c(Na+)＞c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，D不正确；故选A。
15．已知：常温下，Ksp[C(OH)2]＞Ksp[Pb(OH)2]，。常温下在含大量C(OH)2和Pb(OH)2的浊液中滴加HNO2溶液，浊液中[，、、]与关系如图，平衡常数K大于或等于时认为反应不可逆(即完全反应)，下列叙述正确的是( )
A．直线代表和的关系
B．常温下，Ksp[C(OH)2] =1.0×10-15
C．当Pb(OH)2、C(OH)2共存时，
D．C(OH)2、Pb(OH)2都能完全溶于亚硝酸溶液中
【答案】B
【解析】溶液的pH越大，溶液中的值越小，金属离子的浓度越小，则直线L3代表—lg与pH的关系，由溶度积可知，直线L1、L2分别代表—lgc(Pb2+)、—lgc(C2+)与pH的关系，由图可知，M点溶液pH为5、铅离子浓度为1.0×10—2ml/L，则氢氧化铅的溶度积为1.0×10—2×(1.0×10—9)2=1.0×10—20，N点溶液pH为7.5、亚钴离子浓度为1.0×10—2ml/L，则氢氧化亚钴的溶度积为1.0×10—2×(1.0×10—6.5)2=1.0×10—15；P点溶液pH为7、—lg为—2.7，则亚硝酸的电离常数为5×10—5。A项，直线L3代表—lg与pH的关系，故A错误；B项，氢氧化亚钴的溶度积为1.0×10—15，故B正确；C项，当氢氧化铅和氢氧化亚钴共存时，溶液中====1.0×105，故C错误；D项，氢氧化铅溶于亚硝酸的反应为Pb(OH)2+2HNO2Pb2++2NO2-，反应的平衡常数K=====0.25＜1.0×105，所以氢氧化铅不能完全溶于亚硝酸，故D错误；故选B。
16．下列实验操作或实验方案，能达到目的的是( )
【答案】C
【解析】A项，向Mg(OH)2悬浊液中加浓NH4Cl溶液，铵根与Mg(OH)2溶解平衡产生的OH-反应，促进溶解正向移动，沉淀溶解，故A错误；B项，重铬酸钾与浓盐酸反应生成氯气，饱和食盐水可除去HCl，缺少浓硫酸干燥氯气，故B错误；C项，Na2S2O3溶液分别0.03ml·L-1、0.06ml·L-1的H2SO4反应，氢离子浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，故C正确；D项，AgNO3能与少量KI溶液反应生成黄色沉淀，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，故D错误；故选C。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共5个小题，共52分。
17．(10分)碳族化合物在研究和生产中有许多重要用途，请回答下列问题：
(1)已知SiH4中硅元素为＋4价，则H、C、O、Si的电负性由大到小的顺序为 。
(2)氮化硅(Si3N4)是一种耐磨损、耐高温的结构陶瓷材料，其部分空间结构如图所示，其结构中每个原子杂化类型相同且均达到8电子稳定结构，请比较晶体结构中键角大小：N-Si-N Si-N-Si(填“>”、“＜”或“=”)。
(3)基态硅原子核外电子的空间运动状态有 种，太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅，硅与氢能形成一系列二元化合物如SiH4、Si2H6等，丁硅烯(Si4H8)中σ键与π键的个数比为 。
(4)已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的分子式是XY4。试回答：
= 1 \* GB3 ①Y元素原子最外层电子排布图为______________________。
= 2 \* GB3 ②若X、Y两元素的电负性分别为1.8和3.0，则XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。
= 3 \* GB3 ③XY4的立体构型为________________形，中心原子采取________________杂化，分子为____________(填“极性分子”或“非极性分子”)。
= 4 \* GB3 ④XY4的沸点与SiCl4比较：__________(填化学式)的高，原因是__________________________________。
【答案】(1)O>C>H>Si(1分)
(2)>(1分)
(3) 8种(1分) 11：1(1分)
(4) = 1 \* GB3 ① (1分)
= 2 \* GB3 ②共价键(1分)
= 3 \* GB3 ③正四面(1分)体 sp3(1分) 非极性分子 (1分)
= 4 \* GB3 ④GeCl4(1分) 组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高(1分)
【解析】(1)同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；已知中硅元素为+4价，则氢元素为负价，电负性大于硅，故H、Si、O、C的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Si；(2)结构中每个原子杂化类型相同均为sp3杂化，每个硅原子与4个氮原子成键，每个氮原子与3硅原子成键，氮原子存在1对孤电子对，导致N—Si—N间成键原子间斥力较大，键角大于Si—N—Si；(3)①基态硅原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p2，共占据8个原子轨道，所以基态硅原子核外电子的空间运动状态有8种；丁硅烯分子中含有8个Si-H键，2个Si-Si键和1个Si=Si双键，单间均为 σ键，双键中由1个 σ键，一个π键，所以分子中σ键与π键的个数比为11：1；(4)第四周期ⅣA族元素为Ge，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]4s24p2，Y元素原子的最外层电子数比内层电子总数少3，Y是氯，Y元素原子最外层电子排布图为 。XY4中X与Y形成的是共价键，立体构型为正四面体形，中心原子为sp3杂化，为非极性分子，分子间的作用力是范德华力。
18．(10分)我国力争于2030年前做到碳达峰、2060年前实现碳中和，体现了中国对解决气候问题的担当。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体。因此，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径、CO、捕获与CO2重整是CO2利用的研究热点，
(1)在催化剂作用下，可用CO2与H2反应制取甲酸。已知：
则CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) ΔH = kJ∙ml−1。
(2)在刚性密闭容器中，HCOOH平衡时的体积分数随投料比[]的变化如图所示：
①图中T1、T2表示不同的反应温度。判断T1 T2(填“>”“(1分) 正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，T1>T2(2分) ②1(1分) ③αC>αB>αA(1分)
(3) CO32-(1分) 10(2分)
(4)CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能(1分)
【解析】(1)CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) ΔH＝反应物的总键能-生成物的总键能=2×799 kJ·ml⁻¹+436 kJ·ml⁻¹-(799+343+463+413)kJ·ml⁻¹=+16 kJ·ml⁻¹。(2)①正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下HCOOH的体积分数，故T1>T2；②根据反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) 可知，当投料比=1，即a=1时，恰好达到最大转化，HCOOH平衡时的体积分数最大；③氢气的量越大，即投料比越大，CO的转化率越大，故A、B、C三点CO(g)的平衡转化率由大到小的顺序为αC>αB>αA。(3)=5×10-11，则c(H+)，当c(CO32-)=c(HCO3-)，c(H+)=5×10-11，pH在 10.3，如果溶液的pH为13，则HCO3-浓度远远小于CO32-浓度，则该溶液中所得阴离子为CO32-；=5×10-11，且所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，c(H+)=5×10-11×2=1×10-10，pH=10。(4)CaC₂O₄·H₂O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能。
19．(10分)氮是空气中含量最多的元素，在自然界中的存在十分广泛，实验小组对不同含氮物质做了相关研究。
(1)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，分步电离，在溶液中的电离类似于氨。 时，乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数δ(平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数)随溶液的变化曲线如图所示。
①H2NCH2CH2NH2在水溶液中第一步电离的方程式为 。
②乙二胺一级电离平衡常数。 为 。
(2)工业上利用氨气脱硝反应，实现二者的无害化处理，已知下列反应：
①2H2 (g)+ O2(g)2H2O(g) ΔH1＝－483.6kJ·ml－1
②2NO (g)N2(g)+ O2(g) ΔH1＝－180kJ·ml－1
③N2 (g)+ 3H2(g)2NH3(g) ΔH3＝－92.2kJ·ml－1
则 6NO(g)+4NH3(g)6H2O(g)+5N2(g) 。
(3)氨气常被用于对汽车尾气中的氮氧化物进行无害化处理，以消除其对空气的污染。去除NO的反应历程如图1所示，此反应中的氧化剂为 (填化学式)，含铁元素的中间产物有 种。
若选用不同的铁的氧化物为催化剂可实现较低温度下的转化，根据图 2选择的适宜条件为 。
(4)利用电化学原理脱硝可同时获得电能，其工作原理如图所示。则负极发生的电极反应式为 ，当外电路中有2ml电子通过时，理论上通过质子膜的微粒的物质的量为 。
【答案】(1) H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-(1分) 10-4.9(1分)
(2)-1806.4kJ·ml－1(2分)
(3) NO、O2(1分) 2(1分) Fe2O3作催化剂、反应温度为250℃(1分)
(4) NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+(1分) 2ml(2分)
【解析】(1)①乙二胺属于二元弱碱，在水溶液中分步电离，第一级电离方程式为H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-；②根据图像，乙二胺一级电离平衡常数，Kb1==10-4.9；(2)根据盖斯定律，将热化学方程式进行叠加，①×3+②×3-③×2，整理可得6NO(g)+4NH3(g)6H2O(g)+5N2(g) ΔH＝－1806.4kJ·ml－1。(3)在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素化合价降低。根据图示可知：在历程图1中，元素的化合价降低的物质为NO、O2，所以氧化剂为NO、O2；含铁元素的中间产物有Fe2+—NH2和Fe2+这2种；根据图2可知：在使用Fe2O3为催化剂时，NO的转化率相对来说较高，反应温度合适为250℃，故根据图2选择的适宜条件为Fe2O3作催化剂、反应温度为250℃；(4)该装置为原电池，在原电池反应中，负极失去电子，发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应。根据图示可知：NO在负极失去电子转化为HNO3，电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；当外电路中有2 ml电子通过时，有2 ml H+通过质子膜进入正极区和O2结合生成H2O，根据电子守恒，通过的微粒的物质的量为2 ml。
20．(10分)绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。
I．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下：
i．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H=+206.2kJ•ml-1
ii．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ•ml-1
(1)反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)的△H= kJ•ml-1。
(2)在容积不变的绝热密闭容器中发生反应i，下列能说明反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体混合物的密度不再变化 B．CH4消耗速率和H2的生成速率相等
C．CO的浓度保持不变 D．气体平均相对分子质量不再变化
E．体系的温度不再发生变化
(3)恒定压强为P0MPa时，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中发生反应i和ii，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
①图中表示CO2的物质的量分数与温度的变化曲线是 (填字母)。
②结合图中数据，其他条件不变，若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是 (填标号)。
A．550~600℃ B．650~700℃ C．750~800℃
在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量，原因是 。
③600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为Kp= (Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用CO2和H2O在碱性电解液中制备水煤气(H2、CO)，产物中H2和CO的物质的量之比为1∶1。
(4)电极B是 极，生成水煤气的电极反应式为 。
【答案】(1)+247.4(1分) (2)CDE(1分)
(3) n(1分) B(1分) CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动(2分) (2分)
(4)阳(1分) CO2+2H2O+2e-=H2+CO+2OH-(1分)
【解析】(1)由题干信息已知，反应i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2kJ•ml-1，反应ii．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ•ml-1，反应i-反应ii可得反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=(+206.2kJ/ml)-(-41.2kJ/ml)=+247.4kJ•ml-1；(2)A项，由题干信息可知，反应i反应体系均为气体，则反应过程中气体质量不变，容器体积不变，则气体混合物的密度始终不变，则气体混合物的密度不再变化，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；B项，CH4消耗速率和H2的生成速率均表示正反应速率，且二者系数不相等，故CH4消耗速率和H2的生成速率相等，不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；C项，化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，故CO的浓度保持不变，说明反应达到化学平衡，C符合题意；D项，由题干信息可知，反应i前后气体的物质的量发生改变，气体质量不变，则气体平均相对分子质量一直在改变，故气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到化学平衡，D符合题意；E项，由于反应容器是一个绝热密闭容器，故体系的温度不再发生变化，说明反应达到化学平衡，E符合题意；故选CDE；(3)①随反应进行，二氧化碳和氢气的量增加，故甲烷和水蒸气的量减小，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中，故p为表示平衡时水蒸气的物质的量分数随温度的变化，随着温度升高反应i正向移动，反应ii逆向移动，故CO随温度升高而增大，即m表示平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，则n表示CO2的物质的量分数随温度的变化；②结合图中数据，其他条件不变，当温度达到650℃时，CH4的转化率几乎为100%，H2的物质的量分数达到最大，再升高温度，H2的物质的量分数不再增大，CH4的转化率也增大不大，且增大能源投入，故若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是650~700℃，CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，故在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量；③由题干图像信息可知，600℃平衡时，H2的物质的量分数为：50%，H2O(g)的物质的量分数为32%，CH4的物质的量分数为4%，设投入CH4为1ml、H2O为3ml，根据三段式分析：
，
则有，解得x=0.78ml，，解得y=0.45ml，CO物质的量分数为：×100%=6%，CO2的物质的量分数为×100%=8%，600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为Kp===；(4)由题干电解池装置图可知，电解B产生氧气，电解反应为：4OH- -4e-=O2↑+2H2O，发生氧化反应，故电极B是阳极，则A电极为阴极，发生还原反应，生成水煤气即CO和H2，该电极的电极反应式为CO2+2H2O+2e-=H2+CO+2OH-。
21．(12分)2023年5月，中国神舟十六号载人飞船成功发射，三位航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在天宫空间站开启长达半年的太空生活。
(1)法国化学家Paul Sabatier提出并命名的“Sabatier反应”实现了CO2甲烷化，科技人员基于该反应设计如图过程完成空间站中CO2与O2的循环，从而实现O2的再生。
①写出与CH4具有相同空间结构的一种微粒： 。
②在特定温度下，由稳定态单质生成1ml化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。表中为几种物质在298K的标准生成焓。
则Sabatier反应CO2(g)+4H2 (g)CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH kJ·ml-1。
③下列有关Sabatier反应说法正确的是 。
A．输送进入Sabatier反应器的是电解水装置的阴极产物
B．采用高压和合适催化剂均有利于提高Sabatier反应的转化率
C．恒温条件下，在刚性容器中发生Sabatier反应，气体密度不变时，说明反应达到平衡
D．应该在Sabatier反应器的前端维持较高温度，后端维持较低温度
④一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示，其中决定反应速率的是第 步反应。
(2)航天员呼吸产生的CO2还可以利用Bsch反应：CO2(g)+2H2 (g)C(s)+ 2H2O(g) 代替Sabatier反应。在250℃时，向体积为2L恒容密闭容器中通入2mlH2和1mlCO2发生Bsch反应，测得容器内气压变化如图所示。
①试解释容器内气压先增大后减小的原因： 。
②该温度下Bsch反应的Kp= (写出计算过程，Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)。
③在上图基础上画出其他条件相同，向体系加入催化剂时其压强随时间的变化曲线。
【答案】(1) NH4+、SO42-等(1分) -164.98(2分) AD (2分) 4或四(1分)
(2) 该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大，随着反应进行，反应气体分子体减少，压强减小(2分) 0.05(2分)
(2分)
【解析】(1)①CH4为正四面体形，NH4+、SO42-等立体结构均为正四面体形；②根据题给信息可得则Sabatier反应的；③由图示，输送进入Sabatier反应器的是H2，H2是电解水装置的阴极产物，A正确；催化剂不能改变Sabatier反应的转化率，B错误；反应前后气体总质量不变，刚性容器体积不变，所示气体密度不变时不能说明反应达到平衡，C错误；Sabatier反应器的前端维持较高温度是为了提高反应速率，后端维持较低温度是因为该反应放热，低温可提高反应转化率，D正确；故选AD；④活化能最大的一步反应最慢，是决定反应速率的步骤，故为第4步；(2)①该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大，随着反应进行，反应气体分子体减少，压强减小；②设反应转化了x ml CO2：
根据阿伏加德罗定律：解得x=0.5，；③加入催化剂只能加快反应速率，可以缩短时间，但不改变平衡转化率，所以平衡时的压强不变，其他条件相同，向体系加入催化剂时其压强随时间的变化曲线如。
选项
条件
结论
A
若原子半径：X>Y
则原子序数：XY
化学键
键能/ kJ·ml－
346
193
142
201
242
616
418
495
345
选项
实验操作或实验方案
目的
向Mg(OH)2 悬浊液中加浓NH4Cl溶液，沉淀溶解
主要原因是铵根水解显酸性、中和OH-促进反应
用重铬酸钾与浓盐酸反应，通过饱和食盐水
制取并得到干燥氯气
用Na2S2O3溶液分别0.03ml·L-1、0.06ml·L-1的H2SO4反应，记录出现浑浊的时间
探究浓度对反应速率的影响
向AgNO3与AgCl的混合浊液中加入少量溶液，沉淀颜色变为黄色
证明Ksp(AgCl) ＜Ksp(AgI)
共价键
C=O
C-O
H-H
H-O
C-H
键能/(kJ·ml⁻¹)
799
343
436
463
413
物质
CO2(g)
CH4(g)
H2O(g)
H2(g)
标准摩尔生成焓/(kJ·ml-1)
-393.51
-74.85
-241.82
0