【文档说明】山东省青岛市即墨区2023-2024学年高二上学期1月教学质量检测化学试题word版含解析.docx，共(23)页，2.166 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9757ee4e61bcf93e8a97f1b4c0390881.html

以下为本文档部分文字说明：

2023—2024学年度第一学期教学质量检测高二化学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23B-11C1-35.5Zn-65一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个

选项符合题目要求。1.下列关于原子结构的表述正确的是A.基态铁原子价电子只有4个成对电子，基态铬原子有6个未成对电子B.基态氮原子的轨道表示式：C.基态碘原子价电子排布式：254s4pD.基态P原子电子排布式226221xy1s2s2p3s3p3p，违背了泡利不相容原理【答案】

A【解析】【详解】A．基态铁原子价电子排布式为3d64s2，有4个成对电子，基态铬原子价电子排布式为3d54s1，有6个未成对电子，A正确；B．基态氮原子的轨道表示式：，B错误；C．基态碘原子价电子排布式：255s

5p，C错误；D．基态P原子电子排布式226221xy1s2s2p3s3p3p，违背了洪特规则，D错误；故选A。2.钠碘电池总反应式为()22222NaPVPnIPVPn1I2NaI+=−+(n≥1)

，其两极材料之一为聚2—乙烯吡啶(简写为2PVP)与2I的复合物，电解质为固态薄膜状的碘化钠，主要传导钠离子。下列说法正确的是A.放电过程中固态电解质薄膜的质量减小B.2PVP和2I的复合物是绝缘体，不能导电C.该电池放电时，碘离子移向复合物电极D.放电时，负极的电极反应式

为：2Na2e2Na−+−=【答案】D【解析】【详解】A．放电过程中，固态电解质薄膜主要传导钠离子，其质量不变，A错误；B．电极不能是绝缘体，B错误；C．该电池放电时，碘离子移向负极，复合物电极为正极，C错误；D．放电时，钠失去电子，所以负极的电极反应式为：2Na

−2e−=2Na+，D正确；故选D。3.下列有关能级或原子轨道说法错误的是A.2p、3p、4p能量逐渐升高，能级的轨道数逐渐增多B.x2p、y2p、z2p轨道形状均为哑铃形，且相互垂直，但能量相等C.p能级能量不一定大于s能级能量D.从空间角度

看，2s轨道比1s轨道大，其空间包围了1s轨道【答案】A【解析】【详解】A．p能级中原子轨道数目为3，即2p、3p、4p能级的轨道数相同，均为3，故A错误；B．x2p、y2p、z2p轨道相互垂直，能量相同，轨道形状均为哑铃形，故B正确；C．同一能层不同能级之间能量关系是p能级的能量一定比s能

级的高；但若能层序数不同，就不符合该关系，如3s能级的能量比2p能级的能量高，故C正确；D．s轨道的空间形状为球形，2s轨道的半径大于1s，因此从空间上看，2s轨道包含了1s轨道，故D正确；故答案为：A。4.水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢

。222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++。下列说法正确的是A.恒温恒容下，恒定水碳比[2n(HO)n(CO)]，增加体系总压可提高2H的平衡产率B.恒温恒容下，平衡后再通入2HO(g)可使平衡正向移动，增大CO平衡转化率C.恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体增加体系总压

，可提高反应速率D.恒温恒容下，平衡后再通入CO(g)，可使正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】B【解析】【详解】A．水煤气变换反应是气体分子数不变的放热反应，恒定水碳比，增加体系总压，平衡不移动，H2的平衡产率不

变，A错误；B．恒温恒容下，平衡后再通入H2O(g)可使平衡正向移动，CO转化率增大，B正确；C．恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体增加体系总压，但是体积不变，反应物与生成物浓度不变，反应速率不变，C错误；D．恒温恒容下，平衡后再通入CO(g)，可使正反应速率增大，逆反应速率也增大，D错误

；故选B。5.高附加值产品3CHCOOH的合成催化反应历程如图所示。下列说法错误的是A.第一电离能和电负性均为：OCB.反应物→3CHCOOH过程中，有CH−键和CO=键的断裂C.①→②过程吸收能量，且E为该过程正向的活化能D.该反应总反应的

原子利用率为100%【答案】C【解析】【详解】A．元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以电负性：O>C；同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能

大于其相邻元素，所以第一电离能：OC，A正确；B．由图可知，CH4和CO2反应生成3CHCOOH，有CH−键和CO=键的断裂，B正确；C．由图可知，①的能量高于②，①→②过程放出能量，且E为该过程正向的活化能，C错误；D．由图可知，CH4和C

O2反应生成3CHCOOH，方程式为：CH4+CO2⎯⎯⎯→催化剂3CHCOOH，该反应是化合反应，原子利用率为100%，D正确；故选C。6.神舟十三号航天员在中国空间站进行“天宫课堂”授课活动，其中太空“

冰雪实验”演示的是过饱和醋酸钠溶液结晶现象。常温下，下列有关说法正确的是A.pH3=的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大醋酸电离常数减小B.相同浓度的醋酸钠溶液和氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中存在()()()()()33Na2CHCOOCHCOOHOHHccccc+−−+=+

C.相同浓度的醋酸溶液和醋酸钠溶液等体积混合后pH约为4.7，溶液中存在：()()()()3CHCOO2NaHOHcccc−++−=D.相同浓度的醋酸钠溶液和硫酸氢钠溶液等体积混合后，溶液中存在：()()

()()()243Na2SOHCHCOOOHccccc+−+−−=【答案】D【解析】【详解】A．醋酸电离常数只受温度影响，pH3=的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，醋酸电离常数不变，A错误；B．相同浓度的醋酸钠溶液和氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液

呈碱性，根据物料守恒可知：()()()()()33Na2CHCOO2CHCOOHOHHccccc+−−+=+，B错误；C．相同浓度的醋酸溶液和醋酸钠溶液等体积混合后pH约为4.7，溶液呈酸性，由物料守

恒可知：()()()()()-++-33cCHCOO+cCHCOOH=2cNa>cH>cOH，C错误；D．硫酸氢钠在水溶液中能够完全电离产生H+，相同浓度醋酸钠溶液和硫酸氢钠溶液等体积混合后，溶液呈酸性，CH3COOH-发生水解生成CH3COOH，则()()+3-cNa>cCHCOO，结合物

料守恒可知：()()()()()+2-+--43cNa=2cSO>cH>cCHCOO>cOH，D正确；故选D。7.乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法为：2532522CHOH(g)CHCOOCH(g)2H(g)+。在2

L密闭容器中充入1mol25CHOH(g)发生反应，乙醇的转化率变化如图所示。下列分析正确的是的A.降低温度，有利于提高乙醇的平衡转化率B.230℃，该反应的平衡常数1K0.1molL−C.m、n两点中，乙酸乙酯的浓度均为0.16molL−D.反应在230℃、恒压容器中进行，

达平衡时，乙醇的转化率小于48%【答案】B【解析】【详解】A．从图像知，升高温度乙醇的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，有利于提高乙醇的转化率，A错误；B．根据已知调节列出“三段式”()()(

)2532522CHOH(g)CHCOOCH(g)+2H(g)mol/L0.500mol/L0.240.120.24mol/L0.260.120.24起始转化平衡该反应的平衡常数()()()2232511225cHcCHCOOCH0.240.240.12K=m

olL0.1molLcCHOH0.260.26−−=，B正确；C．m、n两点中，乙醇的转换率为32%，则乙酸乙酯的浓度均为10.5mol0.3222L=0.04mol/L，C错误；D．反应在230℃、恒压容器中进行，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡正向移动，达平衡

时，乙醇的转化率大于48%，D错误；故选B。阅读下列材料，完成下面小题。碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。工业制备的碳酸钠产品中通常含有少量碳酸氢钠，某兴趣小组测定磞酸钠中碳酸氢钠含量的实验步骤如下：步骤一：称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；

步骤二：移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用10.1molL−盐酸标准溶液滴定至终点(第一滴定终点)，消耗盐酸1VmL；步骤三：在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用10.1molL−盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸2VmL；平行测定三次，1V平均值为2

2.45，2V平均值为23.51。8.下列关于滴定分析的操作，正确的是A.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化B.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以上某固定位置C.滴定时自始至终应匀速滴加D.读数时应捏住滴定管上端无刻度处，使管保持垂直9.下列有关上述实验或滴定

管的描述错误的是A.指示剂M可能为酚酞，N可能为甲基橙B.酸性高锰酸钾溶液、碘水均需用酸式滴定管C.碱式滴定管可以通过挤压玻璃球下方的乳胶管放液D.滴定管中装液时，应由试剂瓶直接灌入，不得借用任何别的器皿10.下列有关实验数据及误差分析错误的是A.该产品中碳酸氢钠的含量约为3.56%

B.第一次滴定终点时俯视读数，测得实验数据偏小C.第二次滴定终点结束后，迅速读数，测得实验数据偏大D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，第一次滴定结束后气泡消失，测得实验数据偏小【答案】8.D9.C10.B【解析】【8题详解】A．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色变化

确定滴定终点，A错误；B．平行滴定时，需要确定的是消耗标准液的体积，无须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以上某固定位置，B错误；C．滴定时初始可以稍快，接近滴定终点时应该逐滴滴加，C错误；D．读数时应捏

住滴定管上端无刻度处，使管保持垂直，便于正确读数，D正确；故选D。【9题详解】A．用盐酸滴定碳酸钠溶液，滴定终点时，得到NaHCO3溶液，NaHCO3溶液呈碱性，M可能为酚酞，继续用盐酸滴定，滴定终点时，得到H2CO3溶液，N可能为甲基橙，A正确；B．酸性高锰酸钾溶液、碘水具有氧化性，需用酸

式滴定管，B正确；C．碱式滴定管应用拇指和食指捏住胶管中玻璃珠所在部位稍上处，捏挤胶管使其与玻璃珠之间形成一条缝隙，溶液即可流出，C错误；D．滴定管中装液时，应由试剂瓶直接灌入，不得借用任何别的器皿，D正确；故选C。【10题详解】A．由题意可知，

第一次滴定滴入的指示剂为酚酞，发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，第二次滴定滴入的指示剂为甲基橙，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知，(V2—V1)为原溶液中碳酸氢钠消耗盐酸的体积，则

产品中碳酸氢钠的含量为30.1mol/L(23.51-22.45)10L1084g/mol100%3.56%2.500g−=，故A正确；B．第一次滴定终点时俯视读数会使V1偏小，导致测得实验数据偏大，故B错误；C．第

二次滴定终点结束后，迅速读数会使V2偏小，导致测得实验数据偏大，故C正确；D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，第一次滴定结束后气泡消失会使V1偏大，导致测得实验数据偏小，故D正确；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选

项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.25℃时，草酸的2a1K5.610−=，5a2K5.410−=。下列说法正确的是A.10.1molL−24NaHCO溶液中：()()()()122424224Na0.1molLHCOCOHCO+−

−−=ccccB.向10.1molL−的224HCO溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH3=，溶液()124HCO5.6molLc−−C.向224HCO溶液中加入NaOH溶液至pH11=，则()()22424COHCOcc−−D.取pHa=的22

4HCO溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pHa1+【答案】AB【解析】【详解】A．24HCO−的水解常数：1413wha22a1K10K1.810KK5.610−−−==＜，说明24HCO−的电离程度大于其水解

程度，则24NaHCO溶液呈酸性，所以10.1molL−24NaHCO溶液中：()()()()122424224Na0.1molLHCOCOHCO+−−−=cccc，A正确；B．向10.1molL−的224HCO溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH3=时，溶

液中()1224HCO0.c1molL−=，()31cH10molL+−−=，则溶液中()()()211a1242243K5.610.HCOHLc0110COmol5.6moLHclc−−−+−−==，B正确；C．pH11=时，()111cH10molL+−−=，224H

CO的电离平衡常数：()()()2245a224COKH5.410COcHcc−+−−==，则()()()2245a2241COK5.410OcHCHcc−−−+==＞，即()()22424COHCOcc−−＞，C错误；D．224HCO为弱酸，稀释促进其电离

，则pHa=224HCO溶液稀释10倍，溶液pHa1+＜，D错误；答案选AB。12.一种将苯酚(65CHOH)氧化为2CO的原电池—电解池组合装置如图所示(OH是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法正确的是A.装置Ⅰ为电解池，Ⅱ为原电池，M电极

为阴极B.一段时间后，装置Ⅰ中“NaCl溶液”浓度降低C.装置Ⅱ，废水中每除掉0.1mol苯酚，消耗OH的质量为47.6gD.相同条件下，N电极和P电极产生的气体体积之比为4：7的【答案】BC【解析】【分析】根据电池装置图可知，左侧

为原电池装置，M电极上2-4FeO得到电子生成Fe(OH)3，化合价降低，M电极是正极，N电极上苯酚生成二氧化碳，碳元素的化合价升高，被氧化，N电极是负极，P为阴极，Q为阳极，以此解答。【详解】A．由分析可知，装置Ⅰ为原电池，Ⅱ为电解池，M电极为正极，A错误；B．装置Ⅰ为原电池，M电

极是正极，电极方程式为：()2---423FeO+3e+4HO=FeOH+5OH，N电极上苯酚生成二氧化碳，电极方程式为：-+6522CHOH-28e+11HO=6CO+28H，则M极生成的OH-通过阴离子交换膜计入NaCl溶液，N极生成的H+通过阳离子交换膜计入NaCl溶液，OH-和H

+反应生成H2O，装置Ⅰ中“NaCl溶液”浓度降低，B正确；C．右侧装置为电解装置，Q是阳极，结合图示，电极反应式为H2O-e-=·OH+H+，羟基自由基氧化能力很强，能氧化苯酚为二氧化碳和水，故苯酚被氧化的方程式为：65CHOH+28·OH=6CO2

+17H2O，废水中每除掉0.1mol苯酚，消耗OH的质量为0.1mol×28×17g/mol=47.6g，C正确；D．N电极上苯酚生成二氧化碳，电极方程式为：-+6522CHOH-28e+11HO=6CO+28H，P为阴

极，电极方程式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，相同条件下，转移相等的电子时，N电极和P电极产生的气体体积之比为3：7，D错误；故选BC。13.恒容密闭容器中进行反应：()()()()()()22232MoSs+

4Hg+2NaCOsMos+2COg+2NaSs()2+4HOgΔH。平衡时正逆反应的平衡常数和平衡时气体浓度与温度的关系分别如图1和图2所示。下列说法正确的是A.曲线I代表的是K逆，曲线Ⅱ代表的是K正，T1为130B.该反应在任

何温度下均可以自发进行C.其他条件不变，增大()2Hg的浓度和增大压强均能提高()2MoSs的平衡转化率D.若M点对应温度下体系总压强为12MPa，则该温度下()2pK=5.76MPa【答案】D【解析】【分

析】根据图2，升高温度，氢气浓度降低，一氧化碳和水的浓度升高，可知平衡正向移动，正反应吸热；T1时，K正=K逆=1，根据图2，130℃时，()()()424222442cHOcHO21K==1cHO2=正，所以T1为130。【详解】A．结合分析，正反应为放热反

应，升高温度，平衡正向移动，K正变大，故曲线I代表的是K正，曲线Ⅱ代表的是K逆，T1为130，A错误；B．正反应吸热，正反应熵变大于0，该反应在高温下可以自发进行，B错误；C．其他条件不变，增大压强平衡逆向移动，()2MoSs的平衡转化率降低，C错误；D．根据图2，M点对应温度

下的平衡体系中c(H2)=2mol/L、c(H2O)=2mol/L、c(CO)=1mol/L，体系总压强为12MPa，则该温度下()()()()4242222442211212pHOpHO55K==5.76MPap

HO2125=p，D正确；故选D。14.CoO+与44CHCD、反应能高选择性地生成甲醇(氢元素有H、D、T三种同位素，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢)，体系的能量随

反应进程的变化如图所示(两者历程相似)。下列分析错误的是A.CoO+与4CH反应的能量变化应为曲线nB.步骤I既涉及碳氢键的断裂也涉及氧氢键的形成C.若CoO+与3CHD反应，可能生成23CHDOHCHOD、和2CHDOH三种氚代甲醇D.若CoO+与22CHD反应，相同时间

内氚代甲醇的产量：22CHDOD>CHDOH【答案】CD【解析】【详解】A．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，由于质量增加，反应速率会变慢，说明正反应的活化能会增大，则CoO+与CH4反应的

能量变化应为曲线n，故A正确；B．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，故B正确；C．根据反应机理可知，若CoO+与CH3D反应，得到的中间产物为HO-Co-CD3或DO-Co-CHD2，进而生成的氘代甲醇可能为CD3OH或CHD2OD

，共两种，故C错误；D．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，正反应的活化能会增大，反应速率会减慢，氧更容易和H而不是和D生成羟基，则CH2DOD更难获得，因此氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH，故D错误；故答

案为：CD。15.某废水中含有2Ni+和2Cd+，若始终保持2HS饱和，且()12HS0.1molLc−=，调节pH使2Ni+和2Cd+形成硫化物而分离，体系中pH与lgc关系如图所示(c为HS−、2S−、2Ni+、2Cd+的浓度

)。下列说法正确的是A.()14.71a22KHS10molL−−=B.()()spspKNiSKCdSC.调节pH同时沉淀2Ni+和2Cd+时，()()21.92Ni10Cdcc++=D.M点条件下能生成NiS沉淀，不能生成CdS沉淀【答案】A【

解析】【分析】酸性较强的溶液中含硫微粒为H2S、HS-、S2-，H2S是二元弱酸，则起始阶段c(HS-)＞c(S2-)，lgc(HS-)＞lgc(S2-)，即点(1.6，-6.5)和(4.2，-3.9)所

在曲线为c(HS-)随pH的变化，点(4.9，-13.0)和(6.8，-9.2)所在曲线为c(S2-)随pH的变化，随着溶液pH增大，溶液的酸性减弱，c(HS-)和c(S2-)都逐渐增大，c(Ni2+)或c(Cd2+)逐渐减小，当c(S2-)一定时lgc(Ni2+)＞lgc

(Cd2+)，则Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，(1.6，-6.5)和(4.2，-3.9)所在曲线为c(HS-)随pH的变化，点(4.9，-13.0)和(6.8，-9.2)所在曲线为c(S2-)随pH的变化，则-+-1.6

-6.5-7.1a122c(HS)c(H)1010K(HS)===10c(HS)0.1，2-2+13.04.9221.8a12a222c(S)c(H)10(10)K(HS)K(HS)=10c(HS)0

.1−−−==，则Ka2(H2S)=10-14.7mol•L-1，故A正确；B．点(4.9，-13.0)时c(S2-)=c(Cd2+)=10-13mol/L，Ksp(CdS)=c(S2-)•c(Cd2+)=10-26，点(6.8，-9.2)时c(S2-)=c(Ni2+)=10-9.2mo

l/L，Ksp(NiS)=c(S2-)•c(Ni2+)=10-18.4，则Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，故B错误；C．由上述分析可知，Ksp(CdS)=10-26，Ksp(NiS)=10-18.4，则同时沉淀Ni2+和Cd2+时2+-18.4sp2+-26spK(NiS)

c(Ni)10==c(Cd)K(CdS)10=107.6，故C错误；D．M点为CdS的过饱和溶液，NiS的不饱和溶液，则M点条件下能生成CdS沉淀，不能生成NiS沉淀，故D错误；故选：A。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.短周期元素X、Y、Z、

W、M、P、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，P简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。冰晶石的主要成分是由W、M、P三种元素组成的。（1）元素X在周期表中的位置为___________，其位于________

___区。（2）Z元素原子的轨道表示式为___________。（3）P元素基态电子排布式为___________。（4）Q元素基态原子核外电子占据的最高能级为___________，该能级能容纳的最多电子数为___________。（5）X、Y、Z、W第一电离由大到小的

顺序为___________(用元素符号表示，下同)，Z、W、Q电负性由大到小的顺序为___________，X、Y、Z、M、P原子半径由大到小的顺序为___________。（6）原子序数为29和51的元素基态原子价电子排布式分别为___________。【答案】（1）①.第二周期第ⅣA族②.P

（2）（3）226211s2s2p3s3p（4）①.3p②.6（5）①.FNOC②.FOS③.NaAlCNO（6）1013d4s、235s5p【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、M、P、Q原子序数依次增大。P简单离子在

同周期离子中半径最小，P为Al，基态X、Z、Q原子均有两个单电子，Q与Z同主族，X、Z、Q电子排布式分别为1s22s22p2、1s22s22p4、1s22s22p63s23p4，则X为C、Z为O，Q为S，Y为N，冰晶石的主要成分是由W、M、P三种元素组成的，W为F

，M为Na，以此解答。【小问1详解】X为C元素，在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族，其位于p区。【小问2详解】Z为O元素，轨道表示式为。【小问3详解】P为Al元素，基态电子排布式为226211s2s2p3s3p。【小问4详解】Q为S，基态电子排布式为226241s2

s2p3s3p，核外电子占据的最高能级为3p，该能级能容纳的最多电子数为6。【小问5详解】一般情况下，同一周期元素,原子序数越大元素的第一电离能越大，但N是第VA元素，原子核外电子排布处于原子轨道的半满状态，第一电离能大于同一周期相邻的O元素

，则C、N、O、F第一电离由大到小的顺序为FNOC，F、O为同周期元素，电负性顺序F>O，O、S为同主族元素，电负性顺序为：O>S，所电负性：FOS；电子层数越多，半径越大，电子层数相等时，核电

荷数越大，半径越小，则C、N、O、Na、Al原子半径由大到小的顺序为：NaAlCNO。【小问6详解】原子序数为29的元素为Cu，价电子排布式为：1013d4s，51号元素位于第五周期VA族，基态原子价电子排布式为235s5p。17.二氧化碳的捕集和利用是寻找双碳解决之

策最重要的部分。（1）室温下在1L10.1molL−的KOH溶液中通入2CO，溶液中含碳物种的浓度的()()233HCOHCOccc−=+总()23COc−+(不考虑通入2CO所引起的溶液体积变化和2HO的挥发)。已知：23HCO电离常数分别为7a1K4.010−=、11a

2K4.010−=。①KOH恰好完全转化为23KCO时，溶液中所含离子浓度由小到大的顺序为___________，()OHc−=___________(用含碳微粒和氢离子浓度表示)。②若吸收0.1mol2CO，则溶液中()23HCOc___________()23COc−(填

“>”“<”或“=”)，原因是___________(用必要的计算数据和文字说明)。③常温下，10.1molL−43NHHCO溶液的pH8=，则该溶液中()()2323HCOCOcc−=___________。（2）1T℃时，

2CO催化加氢法合成乙烯反应为：222426H(g)2CO(g)CH(g)4HO(g)++1128kJmolH−=−。向2L的恒容密闭容器中加入3mol2CO和5mol2H，在催化剂作用下发生反应，测得平衡时体系中各气体的物质的量随温度的变化关系如图所示。①图中曲线代表乙烯物质的量随温度

的变化关系的是___________(填字母)。②1T℃下，自初始状态达到平衡时，放热为___________kJ，该反应的化学平衡常数K=___________，2H的平衡转化率为___________%。【

答案】（1）①.()()()()()233HHCOOHCOKccccc+−−−+②.()()()+-323cH+cHCO+2cHCO③.>④.所得溶液为3KHCO溶液，由a1K计算可知，3HCO−水解平衡常数8hK2.510−=大于其

电离平衡常数11a2K410−=，所以()()2233HCOCOcc−⑤.6.25（2）①.q②.64③.0.25④.60%【解析】【小问1详解】①23KCO溶液中2-3CO发生水解生成-3HCO和

OH-，溶液呈碱性，则溶液中所含离子浓度由小到大的顺序为()()()()()233HHCOOHCOKccccc+−−−+，由电荷守恒的()()()()()++---323cH+cK=cHCO+2cHCO+c

OH和物料守恒()()()()+-2-3233cK=2cHCO+2cHCO+2cCO可得()-cOH=()()()+-323cH+cHCO+2cHCO；②若吸收0.1mol2CO，所得溶液为3KHCO溶液，由a1K计算可知，3HCO−水解平衡常数8

hK2.510−=大于其电离平衡常数11a2K410−=，所以()()2-233cHCO>cCO；③常温下，10.1molL−43NHHCO溶液的pH8=，则该溶液中()()()()()()22+-8232-a123a2237131cH10cHCO===6.2

5O4.0104.C010KHCOKHcCO−−。【小问2详解】①由图可知，温度升高平衡逆向移动，2H、2CO的物质的量增大，24CH、2HO的物质的量减小，根据初始加入量和方程式可知，曲线m代表2H，曲线

p代表2CO，曲线n代表2HO，曲线q代表24CH；②设2CO的转化量为xmol，()()()222426H(g)+2CO(g)CH(g)+4HO(g)mol5300mol3xx0.5x2xmol5-3x3-x0.5x2x起始转化平

衡由图可知，3-x=2x，x=1，平衡时22242HCOCHHO、、、物质的量分别为：2mol、2mol、0.5mol、2mol，根据热化学方程式()-1222426H(g)+2CO(g)CH(g)+4HOgΔH=-128kJmol可知，自初始状态达到平衡时放出的热量为64kJ；平衡常数422

426262220.52()c(CH)c(HO)22K===0.2522c(H)c(CO)()()22；2H的平衡转化率为202n(H)1mol100%100%33.33%n(H)3mol==。18.

氮元素是维持动植物生命活动的必需元素。（1）草木灰与铵态氮肥不能混合施用，其原因是___________。（2）国防工业中，氨气可用于制造火箭、导弹的推进剂。实验室在浓氨水中加入生石灰可以快速制备氨气，请从平衡移动角度解释其原理___________。（3）肼(2

4NH)为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。常温下，24NH的第一步电离平衡：24225NHHONHOH+−++71blK8.710molL−−=①24NH第二步电离平衡方程式为___________。②反应24

25NHHNH+++的平衡常数K=___________1Lmol−。（4）化学工作者以2NiP和CoP纳米片作为电极催化材料，合成偶氮化合物的装置如图所示(其中R表示烃基)。①该“甲醇燃料电池”负极反应式为_

__________。②CoP电极反应式为___________。③每合成1mol偶氮化合物，理论上消耗甲醇的质量为___________g，消耗22RCHNH的物质的量为___________mol。【答案】（1）草

木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子都能发生水解且相互促进，使铵根离子转化为氮气而逸出，降低铵态氮肥的肥效（2）浓氨水中存在平衡：32324NHHONHHONHOH+−++，生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出OH−，()OHc−增大，使上述平衡逆向移动，

有利于氨气生成（3）①.225226NHHONHOH++−++②.78.710（4）①.2332CHOH6e8OHCO6HO−−−−+=+②.③.42.67④.2【解析】【小问1详解】草木灰与铵态氮肥不能混合施用，其原因是

：草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子都能发生水解且相互促进，使铵根离子转化为氨气而逸出，降低铵态氮肥的肥效；的故答案为：草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子都能发生水解且相互促进，使铵根离子转化为氮气

而逸出，降低铵态氮肥的肥效；【小问2详解】实验室在浓氨水中加入生石灰可以快速制备氨气，平衡移动角度解释其原理为：浓氨水中存在平衡：32324NHHONHHONHOH+−++，生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出OH﹣，c（OH﹣）增大，使上述平衡逆向移动，有利

于氨气生成；故答案为：浓氨水中存在平衡：32324NHHONHHONHOH+−++，生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出OH−，()OHc−增大，使上述平衡逆向移动，有利于氨气生成；【小问3详解】①肼（N2H4）为二

元弱碱，温下，N2H4的第一步电离平衡：24225NHHONHOH+−++，第二步电离方程式为：225226NHHONHOH++−++，故答案为：225226NHHONHOH++−++；②反应2425NHHNH+++的平

衡常数-772525b1-142424wcNHcNHcK8.710K===8.710cNHcHcNHcHcK110OHOH++−++−==（）（）（）（）（）（）（）（），故答案为：8.7×107；【小问4详解】①该“甲醇燃料电池”的负极反应是甲醇在碱性溶液中失电子生

成碳酸盐，电极反应式为：2332CHOH6e8OHCO6HO−−−−+=+；故答案为：2332CHOH6e8OHCO6HO−−−−+=+；②CoP电极反应为硝基苯得到电子生成偶氮化合物，电极反应为：，故答案为：；③电极反应：2332CHOH6e8OHCO6HO−−−−+=+，，得到4CH3OH

～3，合成1mol偶氮化合物，理论上消耗甲醇的物质的量为43mol，质量为＝43mol×32g/mol≈42.67g，Ni2P电极的电极反应式为RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O，根据得失电子守恒得到消耗RCH2NH2的物质的

量为2mol，故答案为：42.67；2。19.采用选择性催化还原技术(SCR)可以有效脱除烟气中的氮氧化物(xNO)。（1）钒基催化剂(252VO/TiO催化剂)可用于3NHSCR−，反应机理与催化剂表面3NH的活性吸

附位点有关。基于Lewis酸位点的SCR催化反应循环机理如图甲所示：①脱除NO的总反应化学方程式为___________，该反应的中间体有___________种。②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低3NHS

CR−的速率，可能的原因是___________。（2）研究发现：当烟气中NO和2NO的物质的量相同时，会发生快速SCR反应过程：32222NHNONO2N3HO++=+。臭氧对3NHSCR−具有一定的辅助作用。臭氧先氧化NO，发生反应：322ONONOO+=+。在不同温度下，经过相同

时间后测得3O/NO的物质的量之比与NO的脱除率关系如图乙所示。①温度升高到一定程度后，33ONHSCR−−中NO脱除率均有不同程度的降低，其原因是___________(写两条)。②温度低于250℃，3O/NO物质的量之

比为0.5时，NO脱除率较高的原因是___________。③实验发现，向烟气中先通入3NH，NO脱除率低于先通入3O，可能的原因是___________（3）以43Ce/Ce++为媒介的间接电化学氧

化法可以同时除去烟气中的2NO和2SO，装置如图丙所示：则阳极的电极反应式为___________，2NO参与反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.2523222VO/TiO4NH4NOO4N6

HO+++②.3③.硫的氧化物与氨气反应，生成硫酸盐或亚硫酸盐，覆盖在催化剂表面的活性吸附位点上，导致催化剂活性降低（2）①.温度升高到一定程度后，臭氧迅速分解，臭氧的利用率降低温度升高，催化剂活性降低②.当3O/NO物质的量之比为0.5时，生成的2NO和

剩余的NO的物质的量相同，发生快速SCR反应过程，因此相同时间内NO脱除率较高③.先通入臭氧，部分NO被氧化为2NO，有利于发生快速SCR反应过程；先通入氨气，后通入臭氧，部分氨气与臭氧发生氧化还原反应，降低了NO脱除率（3）①.34CeeCe

+−+−=②.43223NOCeHOCeNO2H++−+++=++【解析】【小问1详解】①根据反应机理示意图可知，脱除NO的总反应化学方程式：2523222VO/TiO4NH4NOO4N6HO+++；在反应过程中生成，又进一步参与反应称为反应中间体，则

根据反应机理图可知，中间体有3种；②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低3NHSCR−的速率，可能的原因：硫的氧化物与氨气反应，生成硫酸盐或亚硫酸盐，覆盖在催化剂表面的活性吸附位点上，导致催化剂活性降低；【小问2详解】①温度升高到一定程度

后，温度升高到一定程度后，臭氧迅速分解，臭氧的利用率降低温度升高，催化剂活性降低，33ONHSCR−−中NO脱除率降低；②当3O/NO物质的量之比为0.5时，生成的2NO和剩余的NO的物质的量相同，发生快速SCR反应过程，因此相同时间内NO脱除率

较高；③先通入臭氧，部分NO被氧化为2NO，有利于发生快速SCR反应过程；先通入氨气，后通入臭氧，部分氨气与臭氧发生氧化还原反应，降低了NO脱除率；【小问3详解】根据电化学装置示意图可知，阳极发生电极反应：34CeeCe+−+−=；2NO被4Ce+氧化生成3NO−，离子方程式4322

3NOCeHOCeNO2H++−+++=++。20.含碳化合物的合成与转化具有重要的研究价值。（1）热力学规定，在标准压强和指定温度下，由元素最稳定的单质生成1mol化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生

成焓。常温下，CO(g)、2CO(g)的标准摩尔生成焓分别为1110.5kJmol−−、1393.5kJmol−−，则表示CO(g)标准摩尔生成焓的热化学反应方程式为___________。（2）2CO(g)与2H(g)在某催化剂

作用下的反应如图所示：化学键键能/(1kJmol−)438326802464414该反应的热化学反应方程式为___________。（3）汽车尾气中的CO和NO在催化转化器中可反应生成两种无毒无害的气体(该反应为放热反应)，若该反

应在恒温、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到时刻达到平衡状态的是___________(填标号)。A.B.C.D.（4）4CH(g)与2CO(g)可发生反应：422CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)++，2L

密闭容器中通入1mol4CH(g)和1mol2CO(g)，在不同催化剂(A、B)作用下，进行相同时间后，CO的产率随反应温度的变化如图所示：①在催化剂A、B作用下，正、逆反应活化能差值分别用()EA、()EB表示，则()EA_________

__()EB(填“>”“<”或“=”，下同)。②y点对应的v(逆)___________z点对应的v(正)。③若w点的时间为5min，则2CO的平均反应速率为___________11molLmin−−。此温度下的化学平衡常

数为___________。【答案】（1）21C(s)O(g)CO(g)2+=1110.5kJmolH−=−（2）2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)+=+142kJmolH−=−（3）B（4）①.=②.<③.0.06④.3.24【解析】【小问1详解】根据标准摩尔生成

焓的定义，得出CO（g）标准摩尔生成焓的热化学反应方程式为：()()()21CsOgCOg2+=1110.5kJmolH−=−；故答案为：()()()21CsOgCOg2+=1110.5kJmolH−=−；【小问2详解】由图可知，该反应的化学方程式为

CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g），ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝（802×2+438×3﹣414×3﹣326﹣464×3）kJ•mol﹣1＝﹣42kJ•mol﹣1，所以该反应的热化学方程式为CO2（g

）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣42kJ•mol﹣1；故答案为：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣42kJ•mol﹣1；【小问3详解】A．反应速率不再改变则达到平衡状态，由图可

知，v正一直在变化，故未达到平衡，故A错误；B．催化转化器中的反应为2CO（g）+2NO（g）＝N2（g）+2CO2（g），反应前后气体总分子数不同，则混合气体相对分子质量不再改变时为平衡状态，故B正确；C．恒温体系中，温度不改，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D．焓变与反应进行的

程度无关，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故答案为：B；【小问4详解】①不同的催化剂改变反应的活化能，对于同一反应而言正、逆反应活化能的差值即为该反应的反应热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的反应热，所以正、逆反应活化能的差值相等；故答

案为：＝；②由图可知，z点温度高于y点，温度越高，反应速率越快，所以y点对应的v（逆）＜z点对应的v（正）；故答案为：＜；③根据题意可知，w点为交点，反应达到平衡状态，2L密闭容器中通入1molCH4（g）和1molCO2（g），则CH4和

CO2的初始浓度均为0.5mol/L，经过5min，CO的产率为60%，则c（CO）＝1mol/L×60%＝0.6mol/L，()()()c0.6/Lv0.12/L.mint5minCOmolCOmo

l===，()()()()211vv0.12/L.min0.06/L.min22COCOmolmol===；根据三段式则有：()()()()422gg2g2Hgmol/L0.50.500mol/L0

.30.30.60.6mol/L0.20.20.60.6CHCOCO+=+初始（）：转化（）：平衡（）：平衡常数()()()()222222224c.cH(0.6/L.(0.6/LK3.24c.c(0.2/L.(0.2/LCOmolm

olCOCHmolmol===））））