湖北省荆门市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

这是一份湖北省荆门市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷全卷满分100分，考试时间75分钟。
2．所有试题答案均填写在答题卡中，只交答题卡。
3．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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。
1. 化学与人类生产、生活密切相关，下列说法中错误的是
A. 用溶液和溶液可以制作泡沫灭火剂与盐类水解有关
B. 交警检查司机酒后驾车利用了乙醇能被重铬酸钾还原
C. 燃料电池的反应物不是储存在电池内部，而是由外部供给，两电极材料可以相同
D. “世界铜像之王”三星堆青铜大立人属于合金，其深埋于地下生锈是发生了吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A．水解使溶液显碱性，水解使溶液显酸性，混合后两者的水解反应相互促进而产生氢氧化铝沉淀和大量的CO2，A正确；
B．重铬酸钾是强氧化剂，交警检查司机酒后驾车利用了乙醇能使重铬酸钾还原而变色的原理，B错误；
C．燃料电池的反应物为燃料和助燃剂，它们通常由外部供给，且两电极材料可以相同，如使用铂或石墨，C正确；
D．青铜中Cu和其它较不活泼金属、电解质水溶液构成原电池，深埋地下能发生吸氧腐蚀，D正确；
故选B。
2. 利用是实现“碳中和”的重要途径，光催化转化为的方法入选了2020年世界十大科技进展，其原理为。下列说法错误的是
A. 我国科学家利用和人工合成淀粉，有助于实现碳达峰、碳中和
B. 4个H与1个C结合形成，体现了共价键的饱和性
C. 与均为非极性分子更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 D. 中中心原子上的价层电子对数为2
【答案】D
【解析】
【详解】A．将CO2转变成淀粉，可有效减少碳排放，有助于实现碳达峰、碳中和，故A正确；
B．C原子最外层只有4个电子可以与H原子形成4个共价键，形成的是饱和性的共价键，故B正确；
C．CO2与CH4的中心原子上没有孤对电子，所以二者属于非极性分子，故C正确；
D．H2O的中心原子上的价层电子对数为4，故D错误；
故本题选D．
3. 下列化学用语或图示正确的是
A. 的晶胞：
B. 2-丁烯的键线式：
C. 基态氮原子的价电子轨道表示式：
D. 的质谱图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaCl的晶胞为 ，A错误；
B．2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，键线式为 ，B正确；
C．基态氮原子的价电子轨道表示式为 ，C错误；
D．质谱图中质荷比最大的值为该有机物分子的相对分子质量，CH3COOH的相对分子质量为60，而图中质荷比最大为46，D错误；
故答案选B。
4. 下列实验操作、装置图正确且能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．检验溴乙烷中是否含有溴元素的操作中，加入了NaOH后没有用硝酸除掉多余的NaOH，会影响后续的检测，故A错误；
B．挥发出来的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明不了褪色是乙烯还是乙醇的缘故，故B错误；
C．将已知浓度的盐酸装入酸式滴定管中，来测定锥形瓶中浓度未知的NaOH的浓度，操作手法正确，故C正确；
D．该装置为电解池，为外接电源的阴极保护法，牺牲阳极保护阴极法是让被保护的金属做正极，是原电池原理，故D错误；
故本题选C。
5. 有机物 是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：

下列说法错误的是
A. X的名称为甲醇
B. M中所有原子可能共平面
C. E苯环上的一氯化物有2种
D. 化合物N最多能与反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据N的结构简式得到M的结构简式 ，也得到X的名称为甲醇，故A正确；
B．羧基中4个原子可能共平面，因此M 中所有原子可能共平面，故B正确；
C．E没有对称性，因此E苯环上的一氯化物有4种，故C错误；
D．N含有酚羟基和酯基，因此化合物N最多能与反应，故D正确；
综上所述，答案为C。
6. 已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 电负性：ZY>W>X
C. 化合物属于共价晶体D. 第一电离能：W>Y
【答案】D
【解析】
【分析】根据题给信息，结合图中pH大小，可以确定X的最高价氧化物的水化物是一元强碱，即X是钠元素；W、Z的最高价氧化物的水化物均是一元强酸，且W原子序数小于X，Z原子序数大于X，即W是氮元素，Z是氯元素，Y的最高价氧化物的水化物也是强酸，且Y的原子序数在X与Z之间，即Y是硫元素。
【详解】A．同一周期元素的电负性从左到右增大，则Z>Y，A错误；
B．W、X简单离子均是2电子层结构，Y、Z简单离子均是3电子层结构，根据“电子层数多，离子半径大，电子层数相同，核电荷数大，离子半径小”，简单离子半径大小顺序为：Y>Z>W>X，B错误；
C．化合物X2Y2是Na2S2，属于离子晶体，C错误；
D．W、Y分别是N、S元素，N的2p轨道有3个电子，属于半充满，比较稳定，因此N的第一电离能比O的大，O与S在同一主族，O的第一电离能比S的大，所以N＞S，D正确；
故选D。
7. 下列同一组反应的反应类型，不相同的是
A. 由溴乙烷水解得到乙醇；由甲苯制取TNT
B. 由苯制取溴苯；乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 苯乙烯制取聚苯乙烯；乙炔制取聚乙炔
D. 1-己烯使酸性溶液褪色；乙醛使酸性溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．由溴乙烷水解得到乙醇，由甲苯制取TNT，两者都属于取代反应，故A不符合题意；
B．由苯制取溴苯是取代反应，乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反应，故B符合题意；
C．苯乙烯制取聚苯乙烯，乙炔制取聚乙炔，两者都属于加聚反应，故C不符合题意；
D．1−己烯使酸性溶液褪色，乙醛使酸性溶液褪色，两者都属于氧化反应，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
8. 下列关于化学式为的配合物的说法中正确的是
A. 该配合物中配位体是和，配位数是9
B. 1ml该配合物中含有18mlσ键
C. 该配合物中中心离子是，配离子是
D. 该配合物中加入足量溶液，所有均被完全沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．由化学式可知，配合物中中心离子是Ti3+离子，配位体为氯离子和水分子，配位数为6，故A错误；
B．由化学式可知，配合物中配位键为σ键，配位体水分子的氢氧键为σ键，则配合物中含有18mlσ键，故B正确；
C．由化学式可知，配合物中中心离子是Ti3+离子，故C错误；
D．由化学式可知，配合物中加入足量硝酸银溶液，内界氯离子不能与硝酸银溶液反应，所以氯离子不可能被完全沉淀，故D错误；
故选B。
9. 以菱镁矿(主要成分为，含少量、和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：

已知浸出时产生的废渣中有、和。下列说法错误的是
A. 浸出镁的反应为
B. 沉镁的操作能在较高温度下进行
C. 分离与、是利用了它们氢氧化物Ksp的不同，调节溶液的pH来实现
D. 流程中可循环使用的物质有、
【答案】B
【解析】
【分析】菱镁矿经过煅烧得到轻烧粉，该过程使反应物的接触面积增大，同时碳酸镁不稳定，受热会分解为MgO，再加氯化铵溶液浸出，废渣中有SiO2、Fe(OH)3 和Al(OH)3，浸出液中有Mg2+，加氨水可将Mg2+转变为Mg(OH)2
【详解】A．由题及已知可知，浸出时杂质不需要考虑，则浸出镁的方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B．加入氨水就可将Mg2+转化为沉淀，不需要加热，加热反而会使氨水分解，故B错误；
C ．Mg2+与 Al3+、 Fe3+ 它们的氢氧化物都是难溶物沉淀，不同的沉淀其Ksp不同，可利用该原理选择沉淀的顺序，而且三者沉淀的pH是不一样的，只需要调节pH来完成，故C正确；
D．浸出产生的氨气可溶于水成为氨水，可用于后续的沉镁，沉镁中的滤液中的氯化铵可用来浸出，故D正确；
故本题选B．
10. 下列离子方程式正确的是
A. 用可以除去溶液中的：
B. 水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：
C. 制乙酸乙酯：
D. 用惰性电极电解饱和溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．难溶于水，应写化学式的形式，用可以除去溶液中的的离子方程式，故A错误；
B．酚羟基的酸性小于碳酸，因此酚羟基不能与碳酸根反应生成二氧化碳，而是生成碳酸氢根，故B错误；
C．制备乙酸乙酯时，是酸脱羟基醇脱氢，化学方程式为，故C正确；
D．铜离子放电能力大于氢离子，所以用惰性电极电解饱和溶液：，故D错误；
故选C。
11. 类比法是一种学习化学的重要方法。下列说法正确的是
A. 中采取杂化，推测中C采取杂化
B. 的空间构型为正四面体型，则碳骨架的空间构型为正四面体型
C. 已知沸点低于，推测沸点低于
D. 分子中存在键，化学性质稳定，则的化学性质稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．中C价层电子对数为2，采取杂化，故A错误；
B．的空间构型为正四面体型，甲基取代甲烷中的氢原子得到，则碳骨架的空间构型为正四面体型，故B正确；
C．由于水存在分子间氢键，因此沸点高于，故C错误；
D．中的碳碳三键不稳定易断裂，因此其化学性质不稳定，故D错误；
综上所述，答案为B。
12. 我国科学家在相当于110万大气压下合成了一种稳定的氦钠化合物，为人类在木星和土星洞察化学过程提供了机会，结构如图所示，小球代表Na+，大正方体代表He，小正方体代表共用电子，共用电子被迫集中在晶体结构的立方空间内，下列说法正确的是
A. 该物质属于一种新型合金
B. 晶胞中空隙He占有率为50%
C. Na+的配位数为8
D. Na+—He之间的最短距离为a (设晶胞棱长为a)
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意可知，该物质为稳定的氦钠化合物，不属于合金，故A错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中含有8个正四面体，其中有4个正四面体的内部含有一个氦原子，则晶胞中的空隙氦占有率为50%，故B正确；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠离子被4个氦所共用，则钠离子的配位数为4，故C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中钠离子与氦之间的最短距离为体对角线的，由晶胞棱长为a可知，最短距离为a，故D错误；
故选B。
13. 下列实验现象与实验操作不相匹配的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
详解】A．甲苯中苯环使甲基活性增强，可被酸性KMnO4氧化，因此反应后KMnO4逐渐被消耗而使溶液褪色，A正确；
B．苯酚饱和溶液中含有较多苯酚，加入少量溴水反应后生成的三溴苯酚溶解在苯酚中，因此不会出现白色沉淀，B错误；
C．冷却后没有把溶液调至碱性，加入的新制Cu(OH)2可能只与溶液中的硫酸发生中和反应，故加热后不出现砖红色沉淀，C正确；
D．向溶液中逐滴加入浓氨水，产生Cu(OH)2蓝色沉淀，继续加氨水至过量，沉淀逐渐转化成配合物而溶解，得到透明的深蓝色溶液，再向其中加入乙醇，使配合物的溶解度减小而析出深蓝色的晶体，D正确；
故选B。
14. 如图，某课题组设计了一种以为原料固定的方法。下列说法错误的是

A. 该方法中和化合物X可降低该反应的活化能和焓变
B. 物质Y中箭头所指为氢键
C. 该过程中存在极性键的断裂和形成
D. 若原料用，则产物为
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示可知，原料被催化剂X吸附后，再与结合生成中间体Y，Y吸收CO2后，再转化生成、、X，反应前后没有变化，也作催化剂。
【详解】A．化学反应中，催化剂可以改变反应的活化能，但不改变反应的焓变，A错误；
B．根据Y的结构可知，两个H原子分别与其右侧的O原子构成羟基与硅原子键合，H原子与左侧的O原子不可能再形成共价键，因此箭头所指为氢键，B正确；
C．由原料生成Y的过程中，断开了C-O键，生成了C-I键，因此存在极性键的断裂与形成，C正确；
D．根据原料最终生成可知，若原料用，则产物为 ，D正确；
故选A。
15. 处理烟气中的SO2可以采用碱吸—电解法，其流程如图1所示。其中过程Ⅱ的模拟装置如图2所示。下列有关叙述正确的是
A. 膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
B. a极的电极反应式为2H2O-4e-=4H＋＋O2↑
C. 若用铅酸蓄电池电源，b极与铅电极相连
D. 若收集22.4 L的P，则转移电子的物质的量为2 ml
【答案】A
【解析】
【分析】由图1可知，氢氧化钠溶液与烟气中的SO2反应生成亚硫酸钠溶液，电解亚硫酸钠溶液制得氢氧化钠溶液和硫酸，制得的氢氧化钠溶液可以循环使用。
【详解】A．亚硫酸根离子通过阴离子交换膜进入右室阳极区，被氧化为硫酸。钠离子通过阳离子交换膜进入左室阴极区，生成氢氧化钠。A正确。
B．a极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。故B错误。
C．b极为阳极，应与铅酸蓄电池的正极(PbO2)相连。故C错误。
D．若收集标准状况下22.4 L H2，转移2 ml电子，故D错误。
故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 硫酸羟胺为无色晶体，易溶于水，是一种重要的化工原料，在农药、医药行业中有广泛用途。合成硫酸羟胺的流程如下：

模拟上述流程的实验装置如下(夹持装置与加热装置省略)：

已知：羟胺为白色片状晶体，易溶于水、甲醇等，受热易分解。
回答下列问题：
（1）仪器a的作用为___________，三颈烧瓶中的试剂是___________
（2）装置A中反应的主要化学方程式为___________。
（3）开始实验时，应最先打开___________(填“”“”或“”)。
（4）流程中步骤Ⅰ化学方程式是___________。
（5）分离和操作：①向二者混合溶液中加入氨水，生成，②再加入甲醇，加入甲醇的目的是___________③过滤，将滤液进行___________(填“常压”或“减压”)蒸馏，④接着加入硫酸，得到硫酸羟胺产品，写出发生反应的化学方程式___________
（6）测定硫酸羟胺的含量：称取一定量样品，溶于水中，移入的三颈烧瓶中，加入足量硫酸铁溶液，充分反应后，煮沸，气体全部逸出。将所得溶液冷却后，用酸性高锰酸钾溶液滴定。则硫酸羟胺物质的量(n)与消耗高锰酸钾溶液的体积(VmL)的关系是n=___________ml。
【答案】（1） ①. 平衡气压，有利于液体的顺利滴下 ②. 溶液
（2）、
（3）
（4）
（5） ①. 降低的溶解度，析出晶体 ②. 减压 ③.
（6）
【解析】
【分析】装置A中NH3被催化氧化生成NO，NO再被氧化为NO2，得到NO、NO2的混合气体，通入B装置，根据流程可知，B中应盛放碳酸铵溶液，装置C中亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，通入B装置反应得到硫酸羟胺。
【小问1详解】
仪器a的作用为平衡气压，有利于液体的顺利滴下；根据流程NO、NO2与碳酸铵反应可以得到所需亚硝酸铵，所以三颈烧瓶中盛放的试剂为(NH4)2CO3溶液；故答案为：平衡气压，有利于液体的顺利滴下；(NH4)2CO3溶液。
【小问2详解】
装置A中NH3被催化氧化生成NO，NO再被氧化为NO2，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2。
【小问3详解】
为避免SO2浪费，开始实验时，应最先打开K1，先制取亚硝酸铵再通入SO2；故答案为：K1。
【小问4详解】
NO、NO2与碳酸铵反应可以得到亚硝酸铵，根据元素守恒可知气体A应为CO2，化学方程式为NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2；故答案为：NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO2。
【小问5详解】
加入氨水后溶质主要为硫酸铵和NH2OH·H2O，NH2OH·H2O可以和甲醇形成氢键，所以可以和甲醇互溶，(NH4)2SO4不溶于甲醇，则加入甲醇，降低(NH4)2SO4的溶解度，析出(NH4)2SO4晶体；羟胺(NH2OH)为白色片状晶体，受热易分解，为避免羟胺分解，应减压蒸馏降低沸点；NH2OH⋅H2O和H2SO4反应生成(NH3OH)2SO4，反应方程式为2NH2OH⋅H2O+H2SO4=(NH3OH)2SO4+2H2O；故答案为：降低(NH4)2SO4的溶解度，析出(NH4)2SO4晶体；减压；2NH2OH⋅H2O+H2SO4=(NH3OH)2SO4+2H2O。
【小问6详解】
加入足量硫酸铁溶液，充分反应后，煮沸10min，N2O 气体全部逸出，说明Fe3+将(NH3OH)2SO4氧化，根据得失电子守恒可知4n((NH3OH)2SO4=n(Fe3+)，Fe3+被还原为Fe2+，之后Fe2+再被高锰酸钾氧化，n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以n((NH3OH)2SO4=1.25 n(KMnO4)= 1.25cV×10-3ml；故答案为：1.25cV×10-3。
17. 钨精矿分解渣具有较高的回收利用价值，以钨精矿分解渣为二次资源综合回收锰、铁的工艺流程如下：
已知：钨精矿分解渣主要化学成分及含量
①不溶于水、不与除氢氟酸外的无机酸反应。
②、
（1）将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是___________。
（2）“浸渣”的主要成分为___________。
（3）“除杂”时加入的目的是___________；相较于，该步选择的优点是___________。
（4）用沉淀溶解平衡原理解释“净化”时选择的原因___________。
（5）“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。
（6）取钨精矿分解渣按图中流程进行操作，最终得到含锰元素质量分数为45%的，则整个过程中锰元素的回收率为___________。
【答案】（1）增大接触面积，提高酸浸速率
（2）、
（3） ①. 将转化为沉淀除去 ②. 除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水
（4）的平衡常数，完全的转化为沉淀
（5）
（6）90%
【解析】
【分析】根据钨精矿分解渣的主要化学成分，加入盐酸溶解，其中SiO2和WO3不与盐酸反应，过滤得到浸渣SiO2和WO3，其余金属以离子形式存在在溶液中，加入(NH4)2SO4将 Ca2+转化为CaSO4沉淀除去，然后加入氨水沉除去铁离子，再加入MnS除去Zn离子，最后加入NH4HCO3得到MnCO3
【小问1详解】
钨精矿分解渣预先粉碎的目的是增大接触面积，提高酸浸速率，故答案为增大接触面积，提高酸浸速率；
【小问2详解】
根据分析，“浸渣”的主要成分为SiO2和WO3，故答案为SiO2和WO3；
【小问3详解】
据分析可知，加入(NH4)2SO4将 Ca2+转化为CaSO4沉淀除去，相较于 H2SO4，选择(NH4)2SO4的优点是除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水，故答案为:将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去，除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水；
【小问4详解】
已知Ksp(ZnS)=3×10-25、 Ksp(MnS)=2.4×10-13，则MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=8×1011 ＞105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀；
【小问5详解】
加入NH4HCO3“沉锰”得到 MnCO3，离子方程式为
Mn2+ + 2= MnCO3↓+CO2↑+H2O
【小问6详解】
钨精矿中MnO2的含量为34.8%，可得锰元素的质量为2000g×34.8% ×=440g，最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，所得产物中锰元素的质量为880g×45%=396g，锰元素回收率为=90%
18. W是一种高分子功能材料。一种合成W的路线如图。
回答下列问题：
（1）A→C的反应类型为___________，D的化学名称是___________；
（2）C中所含官能团的名称是___________。
（3）B是一种天然高分子材料单体，写出该高分子化合物的结构简式___________；
（4）已知E的分子式为，则E的结构简式为___________。
（5）F→G中第Ⅰ步反应的化学方程式为___________。
（6）G的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有___________种。
①能与溶液发生显色反应 ②能与溶液反应产生气体 ③苯环上有三个取代基
（7）W的结构简式为___________。
【答案】（1） ①. 加成反应 ②. 对甲基苯甲醛(4-甲基苯甲醛)
（2）碳碳双键、醛基 （3）
（4） （5）
（6）10 （7）
【解析】
【分析】A和B发生加成反应生成C，C发生氧化反应得到D，D发生氧化反应生成E()，E发生取代反应生成F，F发生水解反应，再酸化得到G，G发生缩聚反应得到W。
【小问1详解】
根据A、B、C的分子结构简式得到A→C的反应类型为加成反应，D中甲基和醛基在对位，因此D的化学名称是对甲基苯甲醛(4−甲基苯甲醛)；故答案为：加成反应；对甲基苯甲醛(4−甲基苯甲醛)。
【小问2详解】
根据C的结构简式得到C中所含官能团的名称是碳碳双键、醛基；故答案为：碳碳双键、醛基。
【小问3详解】
B是一种天然高分子材料单体，B发生加聚反应得到高分子化合物，则该高分子化合物的结构简式；故答案为：。
【小问4详解】
E的分子式为，说明D到E是发生氧化反应，醛基变为羧基，则E的结构简式为；故答案为：。
【小问5详解】
F→G中第Ⅰ步反应发生了水解反应和羧酸的中和反应，其反应的化学方程式为；故答案为：。
【小问6详解】
G的同分异构体中能同时满足能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能与溶液反应产生气体，说明含有羧基；苯环上有三个取代基，则含有−COOH、−OH、−CH3三个基团，当−COOH、−OH处于邻位，有四种位置的氢，其结构有4种；当−COOH、−OH处于间位，有四种位置的氢，其结构有4种；当−COOH、−OH处于对位，有两种位置的氢，其结构有2种；因此共10种；故答案为：10。
【小问7详解】
W是G发生缩聚反应得到，其结构简式为；故答案为：。
19. 回答下列问题：
I．化石燃料燃烧过程中形成和等污染物，利用脱除的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，与的反应为。回答下列问题：
（1）已知：
则___________
（2）向某刚性容器中加入、和催化剂，测得平衡时的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。

①下列叙述不能说明反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．断裂的同时生成
B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．的体积分数不再变化
②压强___________(填“>”或“<”，下同)，a、b两点的平衡常数___________。
（3）已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效能进行了实验探究，获得如图2曲线。从图中信息获知催化效能较高的催化剂是___________(填“m”或“n”)。

Ⅱ．在催化剂作用下，通过电催化还原为、等物质被认为是一种具有前景的利用的方式。
（4）催化剂中引入能够提高它的选择性。的价电子排布式为，其在元素周期表中的位置为___________。
（5）写出在酸性介质中电催化还原为的电极反应式___________。
【答案】（1）
（2） ①. C ②. < ③. >
（3）n （4）第六周期第VA族
（5）
【解析】
【小问1详解】
①
②
根据盖斯定律①-②得 ΔH= -558 kJ·ml-1-180kJ·ml-1=-738kJ·ml-1；
【小问2详解】
①A．断裂的同时生成4ml C=O，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选A；
B．反应前后气体系数和不同，压强是变量，压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选B；
C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定平衡，故选C；
D．随反应进行，CO2的体积分数增大，若CO2的体积分数不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选D；
选C。
②正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO2的体积分数增大，压强p1Kb。
【小问3详解】
根据图示，直线n较m平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是n；
【小问4详解】
由的价电子排布式为可知，其在元素周期表中的位置为第六周期第VA族；
【小问5详解】
CO2在酸性价质中电催化还原为HCOOH，即CO2得电子变成HCOOH，反应为。



A．检验溴乙烷中含有溴元素
B．实验室制备并检验乙烯
C．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的溶液(含无色酚酞)
D．保护铁片(牺牲阳极的阴极保护法)
实验操作
实验现象
A
向盛有酸性溶液试管中滴入甲苯
酸性溶液褪色
B
向盛有苯酚饱和溶液试管中滴入2~3滴溴水
有白色沉淀出现
C
向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热，冷却后向溶液中滴加新制悬浊液，加热
未出现砖红色沉淀
D
向溶液中逐滴加入浓氨水至过量，再向其中加入乙醇
先产生蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解得到透明的深蓝色溶液，加入乙醇后，析出深蓝色的晶体
图1
图2
名称
其它
含量
34.8%
26.1%
7.6%
8.8%
0.75%
0.66%