2018-2019学年山西省实验中学高二上学期12月月考化学试题 解析版

2018-2019学年山西省实验中学高二上学期12月月考化学试题 解析版

山西省实验中学2018-2019学年高二上学期12月月考试题 化学 可能用到的相对原子质量：H1C 12O 16 N 14 Na 23 Cl35.5 Ca 40 Cr 52 Br 80 K 39 Na 23 F 19 Si 28 Fe 56‎ 第I卷(选择题)‎ 一、选择题(包括20小题，1-14每小题 2分，15-20每小题3分，共计46分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.2016年IUPAC命名117号元素为Ts (中文名“”,tián),下列有关Ts的说法不正确的是( )‎ A. Ts的电子所在最高能层符号是Q B. Ts的原子有一个未配对电子 C. Ts的电负性在同周期主族元素中最大 D. Ts 原子有7种能量相同的电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，该元素位于第七周期、第VIIA族，价电子构型为7s27p5。‎ ‎【详解】A项、Ts原子核外有7个电子层，最外层7个电子位于能量最高的Q电子层，故A正确；‎ B项、Ts的价电子构型为7s27p5，p能级上有一个未配对电子，故B正确；‎ C项、元素非金属越强，电负性越大，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，所以Ts的电负性在同周期主族元素中最大，故C正确；‎ D项、同一能量级别的电子能量是相等的，Ts原子有19个能级，所以Ts的基态原子有19种能量不同的电子，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题综合考查原子结构与元素周期表知识，侧重于分析能力的考查，注意把握元素周期表的结构，掌握原子结构特点是解答关键。‎ ‎2.导电仪测得液态BrF3具有微弱的导电性，表示BrF3(液)中有阴、阳离子X和Y。X和Y也存在于BrF2SbF6、KBrF4、(BrF2)2SnF6等化合物中，则X、Y的化学式分别为( )‎ A. X=F-；Y=Br3+ B. X=F-；Y=BrF2+ C. X=BrF4-；Y=BrF2+ D. X=BrF4-；Y=Br3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导电仪测得液态BrF3具有微弱的导电性，说明BrF3能发生电离且电离与弱电解质水的电离相似。根据KBrF4的电离确定阴离子，再结合水的电离方程式确定阳离子。‎ ‎【详解】X、Y存在于BrF2SbF6、KBrF4、(BrF2)2SnF6等化合物中，由离子化合物KBrF4的组成可知，阴离子X为BrF4-，结合水的电离可得BrF3的电离方程式为2BrF3 BrF4-+ BrF2+，则阳离子Y为BrF2+，故选C。‎ ‎【点睛】题主要考查了BrF3的电离，首先需依据题给信息正确判断存在的含有氟元素、溴元素的离子，再结合弱电解质水的电离方程式再进行判断。‎ ‎3.在一定温度下，将两种气体M和N通入容积为VL的密闭容器中进行反应，M和N的物质的量与时间的关系如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 0～t2内用M表示的平均反应速率是2/t2（mol·L－1·min－1）‎ B. t1～t2内容器内的压强逐渐减小 C. 该反应的方程式为N2M D. t2与t3时刻的混合气体的平均相对分子质量相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图像看出反应从开始到平衡，N的物质的量减小，应为反应物，M的物质的量增多，应为是生成物，结合反应的方程式可计算相关物质的反应速率以及物质的量浓度关系。‎ ‎【详解】N的物质的量减小，应为反应物，平衡时物质的量变化值为8mol-2mol=6mol，M的物质的量增多，应为生成物，平衡时物质的量的变化值为5mol-2mol=3mol，则有n（N）：n（M）=6mol：3mol=2：1，可知反应的化学方程式为2NM。则 A．0～t2内M的物质的量增加了4mol－2mol＝2mol，则用M表示的平均反应速率是2mol/(VL·t2min)=2/Vt2 mol/（L•min），A错误；‎ B．t1～t2内容器发生反应2NM，N转化为M，物质的量减少，所以容器内的压强逐渐减小，B正确；‎ C．根据以上分析可知反应的化学方程式为2NM，C错误；‎ D．t2与t3时刻的混合气体的总物质的量不同，分别为8mol和7mol，则平均相对分子质量不等，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列各组元素，按原子半径依次减小，元素第一电离能逐渐升高的顺序排列的是(　　)‎ A. Al、Mg、Na B. N、O、C C. K、Na、Li D. Cl、S、P ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同周期元素，从左到右，原子半径依次减小，元素第一电离能由增大的趋势，但ⅡA族、ⅤA族大于ⅢA族、ⅥA族；同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，元素第一电离能依次增大。‎ ‎【详解】A项、Al、Mg、Na均为第三周期元素，原子半径大小顺序为： Al＜Mg＜Na，元素第一电离能大小顺序为：Na＜Al＜Mg，故A错误；‎ B项、N、O、C均为第二周期元素，原子半径大小顺序为：O＜N＜C，元素第一电离能大小顺序为：C＜O＜N，故B错误；‎ C项、K、Na、Li均为ⅠA族元素，原子半径大小顺序为：Li＜Na＜K，元素第一电离能大小顺序为：K＜Na＜Li，故C正确；‎ D项、Cl、S、P均为第三周期元素，原子半径大小顺序为：Cl＜S＜P，元素第一电离能大小顺序为：S＜P＜Cl，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】同一主族元素从上到下,原子半径增加,有效核电荷增加不多,则原子半径增大的影响起主要作用,第一电离能由大变小,元素的金属性逐渐增强；同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折.当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0,d0,fo ‎)、半满(p3,d5,f7)或全满(p6,d10,f14)结构时,原子的能量较低,元素的第一电离能较大，特例是第二主族的第一电离能大于第三主族,第五主族的第一电离能大于第六主族。‎ ‎5.常温下，将下列物质的稀溶液(浓度均为0.1mol·L-1)加热使溶液温度升高到45℃(忽略溶液体积变化)，溶液的pH不变的是 A. H2SO4溶液 B. KCl溶液 C. NH4Cl溶液 D. NaOH溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱电解质的电离和盐类水解都是吸热反应，升高温度促进弱电解质电离和盐类水解，导致溶液中水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变化来确定pH变化。‎ ‎【详解】A项、硫酸是强电解质，在水溶液里完全电离，升高温度不影响硫酸电离，虽然促进水的电离，但水电离的程度小于硫酸电离的程度，则可以忽略，所以溶液中氢离子浓度基本不变，则pH不变，故A正确；‎ B项、KCl是强酸强碱盐，溶液呈中性，升高温度时，水的离子积变大，则氢离子的浓度变大，故溶液的pH变小，故B错误；‎ C项、氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，升高温度促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故C错误；‎ D项、升高温度时NaOH溶液中氢氧根离子的浓度不变，但升高温度时水的离子积变大，则氢离子的浓度变大，故溶液的pH变小，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了pH的简单计算，升高温度导致水的离子积常数增大，明确温度对弱电解质的电离、盐类水解的影响，根据溶液中氢离子浓度变化是解本题关键。‎ ‎6.下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是 A. 3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子 B. M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子 C. 最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为4s24p5的原子 D. 2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎3p能级有一个空轨道的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2‎ ‎，A项不符合题意；．M层全充满而N层为4s2的原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，B项符合题意；核外电子总数是最外层电子的5倍的元素只有Br,C项不符合题意；2p能级有一个未成对电子的基态原子的价电子为2s22p1 或 2s22p5，D项不符合题意。‎ ‎7.具有以下结构的原子一定属于p区元素的是(　　)‎ ‎①最外层有3个电子的原子　②价电子有3个电子的原子　③最外层有3个未成对电子的原子　④价电子有3个未成对电子的原子 A. ②③ B. ①④ C. ②④ D. ①③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ p区元素包括元素周期表中IIIA族元素~0族元素，包括了除氢以外的所有非金属元素和部分金属元素，价电子构型为ns2np1-6。‎ ‎【详解】最外层有3个电子的原子的价电子排布式为ns2np1，一定属于p区元素；价电子有3个电子的原子的价电子排布式可能为属于p区元素的ns2np1，也可能为属于d区元素的 (n-1)d1ns2；最外层有3个未成对电子的原子的价电子排布式为ns2np3，一定属于p区元素；价电子有3个未成对电子的原子的价电子排布式可能为为属于p区元素的ns2np3，也可能为属于d区元素的(n-1)d3ns2, 一定属于p区元素的是①③，故选D。‎ ‎8.下列实验现象及结论正确的是 A. 向AgNO3溶液中加入几滴NaCl溶液生成白色沉淀，再向试管内加入KI溶液若生成黄色沉淀，则证明KSP (AgCl)> KSP (AgI)‎ B. 等物质的量浓度、等体积的CH3COONa和NaClO阴离子的总数前者小于后者 C. Na2CO3溶液滴入足量硼酸溶液中，无气泡生成，说明Ka: H2CO3>H3BO3‎ D. 若弱酸的酸性H2A＞H2B＞HA－＞HB－，则等物质的量浓度等体积的Na2A、Na2B溶液中，离子数目前者等于后者 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、硝酸银足量、氯化钠少量，则反应后有剩余的硝酸银，加入碘化钾后，碘离子与剩余的硝酸银反应，无法达到实验目的；‎ B、醋酸钠的水解程度小于氢氰酸钠的水解程度，钠离子的浓度不变且相等，ClO-‎ 的水解程度较大，溶液中OH-的浓度较大，H+的浓度较小，由电荷守恒可知前者大于后者；‎ C、向Na2CO3中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出，可说明H3BO3较弱；‎ D、‎ ‎【详解】A项、加入的氯化钠应该过量，否则无法证明氯化银沉淀转化成碘化银，则无法证明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A错误；‎ B项、HClO的酸性比CH3COOH的酸性弱，由越弱越水解知，醋酸钠的水解程度小于氢氰酸钠的水解程度，ClO-+H2OHClO+OH-，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，‎ CH3COONa溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），NaClO溶液中c（Na+）+c（H+）=c（ClO-）+c（OH-），钠离子的浓度不变且相等，ClO-的水解程度较大，溶液中OH-的浓度较大，H+的浓度较小，故阳离子的浓度之和较小，则CH3COONa溶液中阴离子的总物质的量大于NaClO，故B错误；‎ C项、向Na2CO3中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出，可说明H3BO3较弱，Ka: H2CO3>H3BO3，故C正确；‎ D项、H2A酸性强于H2B，Na2B水解程度大，B2—离子水解生成HB-和氢氧根离子数增多，离子数目前者小于后者，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及沉淀转化、酸性比较以及盐类的水解等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的评价性分析。‎ ‎9.Co(H2PO2)2广泛用于化学镀钴，以金属Co和NaH2PO2为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如图。下列叙述正确的是 A. b为阳离子交换膜 B. 通电后原料室的H2PO2−向产品室迁移，阴极区溶液pH增大 C. 石墨电极反应为4OH−−4e−O2↑+2H2O D. 当产生1 mol Co(H2PO2)2时，产生标准状况下气体11.2 L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由金属Co生成Co(H2PO2)2可知，Co电极为阳极，Co放电生成Co2+，Co2+离子阳离子交换膜进入产品室，原料室的H2PO3-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成Co(H2PO2)2；石墨电极为阴极，阴极上水电离出的H+放电，使阴极区OH—浓度增大，原料室中Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使得阴极区氢氧化钠溶液浓度增大。‎ ‎【详解】A项、原料室的H2PO3-穿过阴膜扩散至产品室，b为阴离子交换膜，故A错误；‎ B项、通电后原料室的H2PO2−向产品室迁移，阴极区，阴极上水电离出的H+放电，使阴极区OH—浓度增大，溶液pH增大，故B正确；‎ C项、石墨电极为阴极，阴极上水电离出的H+放电，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2 OH−，故C错误；‎ D项、当产生1 mol Co(H2PO2)2时，阳极上1 mol Co放电，失去2mol电子，则阴极上水放电有1 mol H2生成，标准状况下H2体积为22.4L，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】离子交换膜是具有离子交换性能的、由高分子材料制成的薄膜，离子交换膜按功能及结构的不同，可分为阳离子交换膜、阴离子交换膜、两性交换膜、镶嵌离子交换膜、聚电解质复合物膜五种类型，离子交换膜具有选择透过性，在有机和无机化合物的纯化、原子能工业中放射性废液的处理与核燃料的制备，以及燃料电池隔膜与离子选择性电极中，也都采用离子交换膜。‎ ‎10.下列叙述中，正确的是（ ）‎ A. 在一个基态多电子的原子中，可以有两个运动状态完全相同的电子 B. 在一个基态多电子的原子中，不可能有两个能量完全相同的电子 C. 在一个基态多电子的原子中，M层上的电子能量肯定比L层上的电子能量高 D. 如果某一基态3p能级上仅有2个电子，它们自旋方向必然相反 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故A错误；B.每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价轨道上填充的电子能量也相同，可能存在能量相同的电子，故B错误；C.L层只有2s、2p能级，2s、2p能级能量比3s、3p、3d能级低，故M层上的电子能量肯定比L层上的电子能量高，故C正确；D.某一基态3p能级上仅有2个电子，根据洪特规则，这2个电子分别占据不同的轨道，且自旋方向相同，故D错误；故选C。‎ ‎11.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如右图所示。下列说法错误的是 A. Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸 B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是酸、碱或盐 C. 简单离子半径：M ＞ Y ＞ Q D. 电解RM2水溶液可得到R单质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，Q为Na元素，R为Ca元素；A．Z与M的最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、高氯酸，均为强酸，故A正确；B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可为HNO3、NH3•H2O或NH4NO3，分别为酸、碱、盐，故B正确；C．M为Cl元素、Q为Na元素，Y为O元素，对应的离子，Cl-比O2-、Na+多一个电子层，则Cl-的离子半径较大，O2-和Na+离子结构相同，核电荷数大离子半径小，则离子半径Cl-＞O2-＞Na+，故C正确；A．电解CaCl2的水溶液得到氢气、氯气和氢氧化钙，故D错误；答案为D。‎ 点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－‎ ‎。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。‎ ‎12.在一密闭容器中充入3 mol A和2 mol B发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)。该反应达到平衡后，C的体积分数为W%。若维持容器的容积和温度不变，按起始物质的量A 0.6 mol、B 1.2 mol、C 1.6 mol充入容器达到平衡后，C的体积分数还为W%。则x的值( )‎ A. 只能为2 B. 只能为4 C. 可能为2，可能为4 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在相同条件下，同一可逆反应体系，不管从正反应开始，还是从逆反应开始都可以建立同一平衡状态，也就是等效平衡，还可以从中间状态（既有反应物也有生成物）开始，平衡时各物质的浓度对应相等。由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关因而，同一可逆反应，从不同状态开始，只要达到平衡时，物质的含量对应相同，则可形成等效平衡。‎ ‎【详解】由题意可知平衡混合物中各组成物质的百分含量保持不变，两种条件达到的是等效平衡。若该可逆反应前后气体体积可变，设A 0.6 mol、B 1.2 mol、C 1.6 mol为平衡量，则由题意建立如下三段式：‎ ‎3A(g)+B(g) xC(g)‎ 起始（mol） 3 2 0‎ 变化（mol） 4.8/x 1.6/x 1.6‎ 平衡（mol） 0.6 1.2 1.6‎ 则有（4.8/x +0.6）=3，(1.6/x +1.2)=2，解得x=2；‎ 若该可逆反应是等体积反应，则x=4,只要按A与B的物质的量之比为3∶1通入容器，在恒温条件下才可以建立起等效平衡，则x=4不成立。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】恒温、恒容等效平衡的判断方法：方程式前后气体系数之和不同时，只要能使各物质的初始物质的量分别相等，就可以建立相同平衡。即两平衡的关系是相等关系。两个平衡的所有对应平衡量（包括正逆反应速率、各组分的物质的量分数、物质的量浓度、气体体积分数、质量分数等）完全相等；方程式前后气体系数之和相同时 只要能使各物质初始物质的量之比相等就可以建立相似平衡。即两平衡的关系是相似关系。两平衡中各组分的物质的量分数、气体体积分数、质量分数、物质百分含量相等；而两平衡中的正逆反应速率、各组分平衡时的物质的量及物质的量浓度等对应成比例。‎ ‎13.以下有关元素性质的说法不正确的是( )‎ A. ①Na，K，Rb ②N，P，As ③O，S，Se ④Na，P，Cl元素的电负性随原子序数增大而递增的是④‎ B. 下列原子中，①1s22s22p63s23p1②1s22s22p63s23p2③1s22s22p63s23p3④1s22s22p63s23p4对应的第一电离能最大的是④‎ C. 某元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素可能在第三周期第ⅡA族 D. 以下原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4半径最大的是①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、①同主族元素从上到下电负性减小，②电负性随原子序数增大而减小，③电负性随原子序数增大而减小，④同周期从左向右电负性增大，故说法正确；B、第一电离能规律：同周期从左向右电离能增大，ⅡA>ⅢA、ⅤA>ⅥA除外，同主族从上到下第一电离能减小，①是Al，②是Si，③是P，④是S，故P的第一电离能最大，说法错误；C、能层之间的能量不同，如果有突变，说明能层发生变化，发现1451、7733突变了，说明最外层有2个电子，故说法正确；D、①Si，②N，③C，④S，原子半径看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相等，看原子序数，原子序数越大，半径反而越小，故Si的半径最大，说法正确。‎ 考点：考查电负性、第一电离能、原子半径等知识。‎ ‎14.甲醇脱氢可制取甲醛CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 脱氢反应的△H＜0‎ B. 在t1K时，该反应的平衡常数为8.1‎ C. 600K时，Y点甲醇的υ(正) ＜υ(逆)‎ D. 若增大体系压强，曲线将向上平移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、由图像可以看出随着温度升高甲醛平衡转化率升高，说明脱氢反应是吸热反应，错误；B、由图像看出转化率为0.9，利用三段法解得：设形如时甲醇的物质的量为1mol，则K=0.9×0.9/0.1="8.1" ，正确；C、600K时由图像可以看出，Y点所对应的转化率比平衡转化率高，说明此时反应向逆反应方向进行，故甲醇的υ(正) ＜υ(逆)，正确； D、由图可知Y点和Z点甲醇转化率相等，若增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醇转化率减小，则甲醇的转化率将小于Z点甲醇转化率，错误。‎ 考点：化学平衡影响因素、化学平衡常数及其计算等 ‎15.甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似。25℃时，实验室里用0.1mol/L的盐酸溶液滴定20mL0.1mol/L甲胺溶液，滴定曲线如图所示。(已知：AG＝lg[c(H+)/c(OH-)])下列说法正确的是 A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. 水的电离程度：d＞c＞b＞a C. Kb(CH3NH2·H2O)＝1×10－5‎ D. b点溶液中存在：c(H+)－c(OH-)＝c(CH3NH2·H2O)－c(CH3NH3＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a点0.1mol/L甲胺溶液c(OH-)=1×10—3mol/L，抑制水的电离；b点为半反应点，形成等浓度的氯化甲胺和甲胺混合溶液，溶液显碱性；c点为氯化甲胺和甲胺混合溶液，溶液显中性；d点为等浓度的氯化甲胺和盐酸混合溶液，溶液显酸性。‎ ‎【详解】A项、20mL 0.1mol/L的盐酸溶液与20mL0.1mol/L甲胺溶液完全反应时，生成氯化甲胺溶液，溶液显酸性，定过程应该选择酚酞作为指示剂会导致测定结果偏低，应该选用甲基橙作指示剂，故A错误；‎ B项、d点为等浓度的氯化甲胺和盐酸混合溶液，，溶液显酸性，c点为氯化甲胺和甲胺混合溶液，溶液显中性，则水的电离程度： c＞d，故B错误；‎ C项、a点0.1mol/L甲胺溶液c(OH-)=1×10—3mol/L，Kb(CH3NH2·H2O)＝c(CH3NH3＋)c(OH-)‎ ‎/c(CH3NH2·H2O)≈1×10—3mol/L×1×10—3mol/L/0.1mol/L=1×10－5，故C正确；‎ D项、b点为半反应点，形成等浓度的氯化甲胺和甲胺混合溶液，由电荷守恒得：c(H+)+ c(CH3NH3＋)=c(OH-)+ c(Cl-)，由物料守恒得：2c(Cl-)= c(CH3NH2·H2O)+ c(CH3NH3＋)，两式联立得：2c(H+)+ 2c(CH3NH3＋)=2c(OH-)+ c(CH3NH2·H2O)+ c(CH3NH3＋)，c(H+)－c(OH-)=1/2[c(CH3NH2·H2O)—c(CH3NH3＋)]，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎16.工业上常采用吸收-电解联合法除去天然气中的H2S气体，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率即可保证装置中反应的连续性。‎ 下列说法正确的是 A. 与电源a端相连的碳棒为阳极，气体A为O2‎ B. 与电源b端相连的碳棒上电极反应为：2H2O + 2e－ 2OH－+ H2↑‎ C. 通电过程中，右池溶液中的OH-通过阴离子膜进入左池 D. 在通电前后，右池中的c(NaOH)与c(Na2S) 之比基本不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图中信息可知，右侧通入含有H2S杂质的甲烷气，得到除杂后的甲烷气，结合题意，则右端碳棒为电解池的阳极，左端碳棒为阴极，阴极上水电离出的H+得电子被还原为H2，电极反应式为2H2O＋2e-=2OH-+H2↑。右池中相当于H2S发生氧化反应而被除去，则溶液中c（NaOH）：c（Na2S）基本保持不变。‎ A. 与电源a端相连的碳棒为阴极，气体A为H2，选项A错误；‎ B. 与电源b端相连的碳棒为阳极，电极上硫离子失电子产生硫单质，电极反应为：S2- -2e－‎ ‎=S↓，选项B错误；‎ C. 通电过程中，右池溶液中的S2-通过阴离子膜进入左池，选项C错误；‎ D. 在通电前后，右池中的c(NaOH)与c(Na2S) 之比基本不变，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查电化学知识，必须通过溶液中离子放电情况判断电极，通过电极反应分析电极反应式，从而得解。‎ ‎17.还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72－和CrO42－）工业废水的常用方法，过程如下：‎ ‎ ‎ 已知转换过程中的反应为：2CrO42－(aq)+2H+(aq)Cr2O72－(aq)+H2O(l)。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g/LCrO42－有10/11转化为Cr2O72－，下列说法不正确的是 A. 溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态 B. 若用绿矾（FeSO4·7H2O）作还原剂，处理1L废水，至少需要458.7g C. 常温下转化反应的平衡常数K＝1×1014，则转化后所得溶液的pH＝5‎ D. 常温下Ksp[Cr（OH）3]＝1×10－32，要使处理后废水中的c（Cr3＋）降至1×10－5mol·L－1，应调溶液的pH＝5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n(Cr)==0.55mol。A、存在平衡：2Cr O42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O，如颜色不变，说明浓度不变，则达到平衡状态，故A正确；B、若用绿矾(FeSO4•7H2O)(M=278)作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO4•7H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55×(6-3)=x×(3-2)，x=1.65，m(FeSO4•7H2O)=1.65mol×278g/mol=458.7g，故B正确；C、1L废水中n(Cr)==0.55mol，CrO42-有转化为Cr2O72-，则酸化后c(CrO42-)=0.55mol/L×(1-)=0.05mol/L，c(Cr2O72-)=0.55mol/L××=0.25mol/L，常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则=1×1014，c(H+)=1×10-6mol/L，所以pH=6，故C错误；D、常温下Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32，要使处理后废水中c(Cr3+)降至1×10-5mol/L，则c(Cr3+)×c3(OH-)=1×10-32，c(OH-)=1×10-9‎ mol/L，pH=5，故D正确；故选C。‎ ‎【考点定位】考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学方程式的有关计算 ‎【名师点晴】本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，本题B项，可以使用关系式法解答，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，根据守恒列关系式：2Cr～2CrO42-～Cr2O72-～2Cr3+～6e-～6FeSO4•7H2O计算。‎ ‎18.25℃时，草酸溶液中部分微粒的物质的量浓度随NaOH溶液的加入pH 的变化如图所示。其中c (H2C2O4) +c (HC2O4－)+ c (C2O42－)=0.1mol/L，下列说法不正确的是 A. H2C2O4的Ka2数量级为10－5‎ B. NaHC2O4溶液中，c (Na+)>c(HC2O4－)>c (H+)>c (OH－)‎ C. 0.1mol/L 的H2C2O4溶液，H2C2O4的电离度为80%‎ D. pH=7.0的溶液中，c (Na+)=0.1 + c(C2O42－) - c (H2C2O4)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项，根据c（HC2O4-）=c（C2O42-）时溶液的pH计算H2C2O4的Ka2；‎ B项，根据图像知NaHC2O4溶液呈酸性，NaHC2O4溶液中HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，据此分析判断NaHC2O4溶液中离子浓度的大小顺序；‎ C项，由图像中0.1mol/LH2C2O4溶液中c（HC2O4-）分析H2C2O4的电离度；‎ D项，由电荷守恒和c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.1mol/L分析。‎ ‎【详解】A项，H2C2O4的电离方程式为H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42-，H2C2O4的Ka2=，根据图像当c（HC2O4-）=c（C2O42-）时溶液的pH介于4和5之间，H2C2O4的Ka2数量级为10-5，A项正确；‎ B项，根据图像知NaHC2O4溶液呈酸性，NaHC2O4溶液中HC2O4-的电离程度（HC2O4-‎ H++C2O42-）大于HC2O4-的水解程度（HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-），但HC2O4-的电离程度和水解程度都很微弱，NaHC2O4溶液中c（Na+）>c（HC2O4-）>c（H+）>c（OH-），B项正确；‎ C项，H2C2O4的电离以第一步电离为主，已电离的H2C2O4分子的浓度等于溶液中c（HC2O4-），图像中0.1mol/LH2C2O4溶液中c（HC2O4-）<0.08mol/L，0.1mol/LH2C2O4溶液中H2C2O4的电离度为×100%<80%，C项错误；‎ D项，加入NaOH溶液后溶液中的电荷守恒式为：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），常温下pH=7.0的溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），则pH=7.0的溶液中的电荷守恒为c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-），将c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）=0.1mol/L代入得c（Na+）=0.1+c（C2O42-）-c（H2C2O4），D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】准确理解图像是解题的关键，依据电离平衡常数的表达式和关键点的数值计算H2C2O4的Ka2和电离度。确定溶液中粒子浓度大小关系时，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。‎ ‎19.下表列出了前20号元素中的某些元素性质的有关数据 元素R的原子半径为1.02×10-10 m，下列有关叙述正确的是 A. 以上10种元素的原子中,失去核外第一个电子所需能量最少的是⑧‎ B. 由⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中,每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质可能是PCl5和CCl4‎ C. 元素R在周期表中位于第三周期第ⅤI族 D. 若物质Na2R3是一种含有非极性共价键的离子化合物,则其化合物的电子式 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①②⑧最高正价为+1，为第IA族元素，原子半径都大于⑩原子半径，结合原子半径可知，①是Li元素、②是K元素、⑧是Na元素；⑦⑩最低价为-1，为第VIIA族元素，⑦的原子半径大于⑩，所以⑦是Cl元素、⑩是F元素；③只有-2价，没有正化合价，为第VIA族元素，则③是O元素；④只有+3价，为第IIIA族元素，原子半径大于Cl原子半径，所以④是Al元素；⑤有+4、-4价，为第IVA族元素，原子半径小于Cl原子半径，所以⑤是C元素；⑥⑨有+5、-3价，为第VA族元素，⑥的原子半径大于⑨，则⑥是P元素、⑨是N元素。A.同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故以上10种元素的原子中，失去核外第一个电子所需能量最少的是金属性最强的元素②K，故A错误；B.⑤是C元素、⑥是P元素、⑦是Cl元素，⑤、⑥、⑦三种元素中的两种元素形成的化合物有PCl3、CCl4、PCl5，元素化合价的绝对值+其最外层电子数=8，则该原子达到8电子稳定结构，所以每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质的化学式为 PCl3、CCl4，PCl5不符合，故B错误；C.某元素R的原子半径为1.02×10-10m，该原子半径在⑥⑦之间，⑥是P元素，⑦是Cl元素，则该元素是S元素，处于第三周期ⅥA族，故C错误；D.若物质Na2S3是一种含有非极性共价键的离子化合物，存在S32-离子，离子中S原子之间形成1对共用电子对且都满足8电子稳定结构，故该化合物的电子式为，故D正确；故选D。 ‎ 点睛：本题考查较综合，涉及性质结构位置关系应用、元素周期律、晶胞结构与计算、电子式等知识点，根据元素周期律判断元素是解本题关键，D中电子式的确定是难点。‎ ‎20.用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）‎ A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10‎ B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)‎ C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。‎ 详解：A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确。‎ B．由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确。‎ C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。‎ D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确。‎ 点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。‎ 二、非选择题(包括5小题，共54分)‎ ‎21.A、B、C代表3种元素。请填空：‎ ‎(1)A的原子的3p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，写出该原子价电子的电子排布图：_______________________________，核外电子运动状态有_______种。‎ ‎(2)B是原子序数为35的元素，其原子中电子占有的最高能层是___________，B有_________种能量不同的电子。‎ ‎(3)C元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，C元素基态原子的电子排布式为_________________，其单质在一定条件下能与浓硫酸反应，试写出该反应方程式:____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 16 (3). N (4). 8 (5). [Ar]3d104s1 (6). Cu + 2 H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) A的原子的3p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反的基态原子为硫原子；‎ ‎（2）原子序数为35的元素为溴元素；‎ ‎（3）基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子的基态原子为Cu原子。‎ ‎【详解】(1) A的原子的3p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为硫元素，硫原子价电子的轨道表示式：，硫原子核电荷数为16，核外电子运动状态有16种，故答案为：；16；‎ ‎(2）B是原子序数为35的元素，为溴元素，原子结构示意图为，其原子中有个电子4层，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p5，有8个能级故答案为：4，8。‎ ‎(3)C元素的基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1 ，C为Cu，铜在一定条件下能与浓硫酸反应，该反应方程式为Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：[Ar]3d104s1 ；Cu + 2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了位置、结构与性质关系的应用，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系推断元素为解答关键。‎ ‎22.按照下列元素基态原子的电子排布特征判断元素，并回答问题：A原子中只有一个电子层且只含有一个电子；B原子的3p轨道上得到一个电子后没有未配对电子；C原子的2p轨道上没有空轨道上且电子的自旋方向相同；D原子的第三电子层上有8个电子，第四层上只有1个电子；E原子的价电子排布式为3s23p6。‎ ‎(1)下列元素的名称是：B：________；E：________； ‎ ‎(2)D原子在元素周期表的___________区。‎ ‎(3)C原子的电子排布图____________________。‎ ‎(4)B原子的核外价电子排布式________________。‎ ‎【答案】 (1). 氯 (2). 氩 (3). s (4). (5). 3s23p5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A原子中只有一个电子层且只含1个电子，则A是H元素；B原子3p轨道上得到1个电子后不能再容纳外来电子，则B是Cl元素；C原子的2p轨道上有一个电子的自旋方向与2p轨道上其他电子的自旋方向相反，则C是O元素；D原子第三层上有8个电子，第四层上只有1个电子，则D是K元素；E原子的外围电子排布为3s23p6，则E是Ar元素。‎ ‎【详解】（1）B为Cl元素，E是Ar元素，故答案为：氯；氩；‎ ‎（2）D是K元素，价电子排布式为4s1，位于元素周期表的s区，故答案为：s；‎ ‎（3）C是O元素，O原子的电子排布式为1s22s22p6，电子排布图为，故答案为：；‎ ‎（4）B是Cl元素，最外层有7个电子，Cl原子的价电子排布式为3s23p5，故答案为：3s23p5。‎ ‎【点睛】本题考查了位置、结构与性质关系的应用，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系推断元素为解答关键。‎ ‎23.自然界的矿物，岩石的成因和变化收到许多条件的影响。地壳内每增加1km,压强增大约25000-30000kPa。在地壳内SiO2和HF存在一下平衡：SiO2(s) +4HF(g)SiF4(g)+ 2H2O(g) △H=—148.9kJ/mol。‎ ‎(1)写出H2O的电子式：___________,SiF4的结构式：____________‎ ‎(2)在地壳深处容易有___________气体逸出，在地壳浅处容易有___________沉积。该反应的平衡常数表达式为：K=_______________。如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应_______(选填编号)。‎ a．一定向正反应方向移动 b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小 c．一定向逆反应方向移动 d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大 ‎(3)若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为______。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). SiF4、H2O (4). SiO2 (5). c(SiF4)c2(H2O)/c4(HF) (6). a、d (7). 0.0010mol/(L• min)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）H2O为共价化合物，分子中氧原子与2个H原子之间形成2对共用电子对；SiF4属于共价化合物，分子中氟原子与四个硅原子之间形成4对共用电子对；‎ ‎（2）增大压强平衡向气体体积减小方向移动，减小压强平衡向气体体积增大方向移动；反应的平衡常数K值变大，说明平衡正向移动；‎ ‎（3）依据化学反应速率公式计算。‎ ‎【详解】（1）H2O为共价化合物，分子中氧原子与2个H原子之间形成2对共用电子对，电子式为；SiF4属于共价化合物，分子中氟原子与四个硅原子之间形成4对共用电子对，结构式为，故答案为：；；‎ ‎（2）在地壳深处压强大，则平衡有利于向正反应方向移动，所以SiF4、H2O逸出；在地壳浅处压强小，有利于平衡向逆反应方向移动，则二氧化硅易沉积；该反应的平衡常数表达式K为c(SiF4)c2(H2O)/c4(HF)；正反应是放热反应，平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，所以改变的条件是降低温度，因此答案选ad，故答案为：SiF4、H2O；SiO2；c(SiF4)c2(H2O)/c4(HF)；a、d；‎ ‎（3）容器内气体的密度增大了0.12g/L，则气体质量增加了0.24g。根据方程式可知，每消耗4molHF，气体质量就增加60g，所以参加反应的氟化氢是4×0.24g/60=0.016mol，所以其反应速率是0.016mol/2L×8.0min＝0.0010moL/(L·min)，故答案为：0.0010moL/(L·min)。‎ ‎24.氮氧化合物是目前造成大气污染的主要气体，而汽车尾气中就含有NO 等多种污染气体。汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致。请结合所学知识回答下列问题：‎ ‎(1) 已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g) △H1=+67.8 kJ/mol ‎2NO2(g)O2(g)+2NO(g) △H2=+116.2 kJ/mol 则N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=_________kJ/mol；汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO 的排放量越大，分析其原因为_____________‎ ‎(2) 若反应N2(g)+O2(g)2NO(g)是在恒容条件下进行，下列能说明该反应已达到平衡状态的是________‎ a．2υ正(N2)= υ逆(NO) b．混合气体密度不变 c．生成1molO2的同时生成2molNO d．混合气体平均相对分子质量不变 ‎(3) 汽车尾气净化反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H= -746.5 kJ/mol，若将0.20molNO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L 的密闭容器中，在不同条件下，反应过程中部分物质的浓度变化状况如图所示：‎ ‎①该反应能自发进行的条件为_____ (填“高温”、“低温”或“任意温度”)；‎ ‎②在6~9 min 内，以CO 表示的平均反应速率 υ(CO)=________mol·L-l·min-1；‎ ‎③第12min时改变的反应条件为_________ (填“升高温度”或“降低温度”)；‎ ‎④反应在第24min时的平衡常数K=____________(只列出计算式，无需计算结果)，若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2 各0.060mol，平衡将_________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。‎ ‎【答案】 (1). +184.0 (2). 温度升高，反应速率加快；且温度升高有利于平衡正向移动 (3). ac (4). 低温 (5). 0.0067 (6). 升高温度 (7). (8). 逆向 ‎【解析】‎ 试题分析：本题考查盖斯定律的应用、化学平衡的标志、化学平衡图像的分析、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、化学反应速率和化学平衡常数的计算、化学反应自发性的判断。‎ ‎（1）对反应编号，N2（g）+2O2（g）2NO2（g） △H1=+67.8 kJ/mol（①式）‎ ‎2NO2（g）O2（g）+2NO（g） △H2=+116.2 kJ/mol（②式）‎ 应用盖斯定律，将①式+②式得，N2（g）+O2（g）2NO（g）  △H=ΔH1+ΔH2=（+67.8kJ/mol）+（+116.2kJ/mol）=+184.0kJ/mol。汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO 的排放量越大，其原因是：温度升高，反应速率加快；且温度升高有利于平衡正向移动。‎ ‎（2）a项，2υ正（N2）=υ逆（NO）表示正、逆反应速率相等，能说明反应已达到平衡状态；b项，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡状态；c项，生成1molO2一定消耗2molNO，生成1molO2的同时生成2molNO，说明各物质的浓度保持不变，能说明反应已达到平衡状态；d项，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中气体分子总物质的量始终不变，混合气体平均相对分子质量始终不变，混合气体平均相对分子质量不变不能说明反应已达到平衡状态；能说明反应已达到平衡状态的是ac，答案选ac。‎ ‎（3）①反应2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的ΔH=-746.5kJ/mol0、ΔS0，该反应能自发进行时ΔG=ΔH-TΔS0，可见该反应自发进行的条件为低温。‎ ‎②根据图像6~9min内，υ（CO）==0.0067mol/（L·min）。‎ ‎③根据图像，第12min时改变条件，达到新平衡时N2浓度减小，NO、CO的浓度增大，改变条件平衡向逆反应方向移动，由于该反应的正反应为放热反应，所以改变的条件为升高温度。‎ ‎④根据图像，结合三段式 ‎2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）‎ c（起始）（mol/L） 0.2 0.1 0 0‎ c（转化）（mol/L） 0.02 0.02 0.01 0.02‎ c（24min）（mol/L） 0.18 0.08 0.01 0.02‎ ‎24min时反应达到平衡状态，反应的平衡常数K===0.01929。若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.060mol，此时NO、CO、N2、CO2‎ 物质的量浓度依次为0.18mol/L、0.14mol/L、0.07mol/L、0.02mol/L，此时的浓度商Qc==0.0440.01929，平衡将逆向移动。‎ ‎25.研究碳氧化合物、氮氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。‎ ‎(1)SCR(选择性催化还原)脱硝法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)△H＜0。其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，相同时间时NO转化率与温度的关系如图。‎ ‎①工业上选择催化剂__________(填“甲”或“乙”)。‎ ‎②在催化剂甲作用下，图中M点处(对应温度为210℃)NO的转化率______(填“可能是”、“一定是”或“一定不是”)该温度下的平衡转化率。高于210℃时，NO转化率降低的原因可能是__________。(写一条即可)。‎ ‎(2)某研究小组对反应NO2+SO2SO3+NO△H＜0进行相关实验探究。在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比[n(NO2)：n(SO2)]进行多组实验(每次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定NO2的平衡转化率[a(NO2)]。部分实验结果如图所示。‎ ‎①如果将图中b点的平衡状态改变为c点的平衡状态，应采取的措施是________________。‎ ‎②图中a、d两点对应的实验温度分别为T1和T2，则T1_______T2(填“＞”、“＝”或“＜”)。‎ ‎(3)在酸性电解质溶液中，以惰性材料作电极，将CO2转化为丙烯的原理如图所示。‎ ‎①太阳能电池的正极为_____(填“a”或“b”)。‎ ‎②生成丙烯的电极反应式是_____________________________。‎ ‎③当生成标准状况下2.24L丙烯时，右侧溶液中质量减少____g。‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 一定不是 (3). 催化剂活性降低、副反应增多 (4). 升高温度 (5). ＞ (6). b (7). 3CO2+18H++18e-＝C3H6+6H2O (8). 16.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①图象中催化剂在低温下NO转化率大；‎ ‎②甲催化剂随温度升高NO转化率先增大后减小是因为催化剂在温度高的条件下催化活性减小；高于210℃时，NO转化率降低是催化剂活性降低；‎ ‎（2）①如果要将b点的平衡状态改变为c点的平衡状态，即在不改变物料比的情况下，降低NO2的平衡转化率，考虑温度和压强对化学平衡的影响；‎ ‎②图中a、d两点对应的实验温度分别为T1和T2，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，分别计算a和d点时的化学平衡常数，据此判断两点温度；‎ ‎（3）由示意图可知，二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水，为阴极反应，电极方程式为3CO2+18H++18e-＝C3H6+6H2O，则a为负极，b为正极，阳极生成氧气。‎ ‎【详解】（1）①图象中曲线变化可知低温下乙的催化作用强，工业上选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性，故答案为：低温下有很强的催化活性；‎ ‎②甲催化剂随温度升高NO转化率先增大后减小是因为催化剂在温度高的条件下催化活性减小，在催化剂甲作用下，图中M点处（对应温度为210℃）NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，高于210℃时，NO转化率降低是催化剂活性降低，副反应增多，故答案为：一定不是；催化剂活性降低、副反应增多；‎ ‎（2）①如果要将图中b点的平衡状态改变为c点的平衡状态，，即在不改变物料比的情况下，降低NO2的平衡转化率，该反应为气体体积不变的放热反应，压强变化对化学平衡不产生影响，减小NO2的平衡转化率，可采取升高温度的方式，使化学平衡向正反应方向移动，故答案为：升高温度；‎ ‎②该反应为放热反应，升高温度，使化学平衡向正反应方向移动，NO2的平衡转化率减小，因NO2的平衡转化率a点高于d点，则T1大于T2，故答案为：＞；‎ ‎（3）①由示意图可知，二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水，为阴极反应，则a为负极，b为正极，故答案为：b；‎ ‎②二氧化碳在阴极上得电子和氢离子反应生成丙烯和水，则生成丙烯的阴极电极反应式为3CO2+18H++18e-＝C3H6+6H2O，故答案为：3CO2+18H++18e-＝C3H6+6H2O；‎ ‎③阳极上水放电生成氧气，电极反应式为2H2O—4 e-＝O2+4H+↑，2.24L丙烯的物质的量为0.1mol，当生成标准状况下2.24L丙烯时，二氧化碳得到1.8 mol电子，右侧溶液中减少质量为阳极消耗0.9mol H2O的质量，0.9mol H2O的质量为0.9mol×18g/mol=16.2g，故答案为：16.2g。‎ ‎ ‎ ‎ ‎