2023-2024學年高二上學期期末化學模擬卷（人教版2019選擇性必修1選擇性必修2第一二章）（全解全析）

20232024學年上學期期末模擬考試高二化學第Ⅰ卷（選擇題共48分）一、選擇題：本題共16個小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。下列操作或事實不能用勒夏特列原理解釋的是()A．2NO2(g)(g)N2O4(g)ΔH＜0，把NO2球浸泡在冰水中，氣體顏色變淺B．用飽和NaHCO3除去CO2中的HCl，可減少CO2的損失C．對NO2(g)+CO2(g)CO2(g)+NO(g)，平衡體系增大壓強可使顏色變深D．向含有Fe(SCN)3的紅色溶液中加入鐵粉，振蕩，溶液顏色變淺或褪去【答案】C【解析】A項，放在冰水中，溫度降低，2NO2(g)(g)N2O4(g)ΔH＜0，平衡向生成無色氣體的方向移動，所以顏色變淺，可以用勒夏特列原理解釋，A不符合題意；B項，二氧化碳在水中存在化學平衡：CO2+H2OH2CO3H++HCO3，使用飽和NaHCO3時，由于HCl在水中溶解度很大，可以除去雜質，同時由于溶液中碳酸氫根濃度增大，化學平衡逆向移動，減少二氧化碳溶解度，可減少二氧化碳的損失，可以用勒夏特列原理解釋，B不符合題意；C項，該反應氣體分子數(shù)不變，，而加壓平衡并未移動，體系顏色加深是因為壓縮體積使有色氣體的濃度增大，不可以用勒夏特列原理解釋，C符合題意；D項，鐵離子與鐵粉反應而濃度降低，使平衡Fe3+＋3SCN－=Fe(SCN)3逆向移動，溶液顏色變淺或褪去，可以用勒夏特列原理解釋，D不符合題意；故選C。2．下列化學用語的表達錯誤的是()A．乙烯的空間填充模型B．CaC2的電子式C．基態(tài)N原子的價層電子排布圖D．CO3的VSEPR模型為平面三角形【答案】B【解析】A項，乙烯為平面型分子，該空間填充模型正確，故A正確；B項，CaC2為離子化合物，其電子式為：，故B錯誤；C項，N原子的最外層是第二層有5個電子，基態(tài)N原子的價層電子排布圖為：，故C正確；D項，CO3中心碳原子的價層電子對數(shù)為，無孤對電子，所以VSEPR模型為平面三角形，故D正確；故選B。3．下列說法正確的是()A．圖①裝置向盛裝酸溶液的燒杯中加堿溶液時要小心緩慢B．圖②操作可排出盛有KMO4溶液滴定管尖嘴內的氣泡C．圖③中反應開始后針筒向右移動，但不能說明反應放熱D．圖④裝置鹽橋中陽離子向ZO4溶液中遷移【答案】C【解析】A項，中和熱測定要使用稀的強酸、強堿溶液反應，且實驗中要盡量操作迅速，且保證熱量盡量不散失，防止產生實驗誤差，A錯誤；B項，高錳酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕橡膠管，所以高錳酸鉀溶液應盛放在酸式滴定管在，不能盛放在堿式滴定管中，B錯誤；C項，鋅和稀硫酸生成氫氣，裝置中壓強變大也會使得針筒右移，故不能說明反應放熱，C正確；D項，由圖可知，鋅銅原電池中，鋅電極為原電池的負極，銅為正極，鹽橋中陽離子向正極一側的硫酸銅溶液中遷移，D錯誤；故選C。4．NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．電解200mL0.5mol·L1溶液，轉移的電子數(shù)最多為AB．由熱化學方程式PCl3(l)+Cl2(g)PCl5(s) ΔH＝－kJ·mol－1可知，要使反應放出123.8kJ的熱量，反應前PCl3(l)與Cl2(g)的分子個數(shù)均為NAC．常溫下，含有1mol·L1的Na+的CH3COONa溶液中，CH3COO數(shù)目可能大于NAD．在25℃時，1LpH為12的a(OH)溶液中含有OH數(shù)目為A【答案】C【解析】A項，電解200mL0.5mol·L1溶液，由于未指明電極材料，當由活性電極做陽極時，轉移電子數(shù)大于A，A錯誤；B項，由熱化學方程式PCl3(l)+Cl2(g)PCl5(s) ΔH＝－kJ·mol－1可知，要使反應放出123.8kJ的熱量，理論上反應前PCl3(l)與Cl2(g)的分子個數(shù)均為NA，但由于其為可逆反應，因此反應前分子數(shù)應大于NA，B錯誤；C項，CH3COONa為強堿弱酸鹽，CH3COO會發(fā)生水解，但由于未指明體積，因此含有1mol·L1的Na+的CH3COONa溶液中，CH3COO數(shù)目可能大于NA，C正確；D項，在25℃時，pH為12的a(OH)溶液中含有OH濃度為0.01mol/L；則在25℃時，1LpH為12的a(OH)溶液中含有OH數(shù)目為A，D錯誤；故選C。5．常溫下，NH3?H2O的Kb約為105。在下列裝置中存在不同pH的兩種溶液，溶液中離子不能穿過隔膜，分子可以自由穿過隔膜(如圖所示)。已知c起始(NH3?H2O)=c平衡(NH3?H2O)+c(NH)。當達到平衡時，下列敘述正確的是()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項，常溫下溶液I的pH=7.0，c(OH―)=c(H＋)，A錯誤；B項，根據題意，未電離的NH3?H2O分子可以通過隔膜，說明溶液I和溶液II中的c平衡(NH3?H2O)相等，B錯誤；C項，溶液II的pH=8，溶液中mol/L，，c平衡(NH3?H2O)=0.1c(NH4+)，根據c起始(NH3?H2O)=c平衡(NH3?H2O)+c(NH4+)=1.1c()，則，C錯誤；D項，根據C的分析，c起始II(NH3?H2O)=1.1c(NH4+)，同理，溶液I的pH=7.0，，c起始I(NH3?H2O)=1.01c(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正確；故選D。6．已知X、Y是短周期的兩種元素，下列相關結論一定正確的是()選項條件結論A若原子半徑：X>Y則原子序數(shù)：X<YB若X、Y分別屬于金屬、非金屬元素則X、Y之間形成離子鍵C若分子式為XY2則該分子的VSEPR模型為直線型D若XYa中X顯負價則元素的電負性：X>Y【答案】D【解析】A項，同周期主族元素，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，若X、Y同周期，原子半徑：X>Y，則原子序數(shù)：X<Y；若X、Y為短周期同主族元素，原子半徑：X>Y，可知X的周期數(shù)大于Y，即原子序數(shù)X＞Y，故A項錯誤；B項，金屬元素與非金屬元素之間可能形成共價鍵，如AlCl3是共價化合物，Al與Cl形成的是共價鍵，故B項錯誤；C項，SO2分子中中心原子S是sp2雜化，則VSEPR模型為平面三角形，故C項錯誤；D項，電負性大的元素得電子能力強，在化合物中顯負價，化合物中X顯負價，則元素的電負性：X>Y，故D項正確；故選D。7．氨是一種重要的化工原料，主要用于化肥工業(yè)，也廣泛用于硝酸、純堿、制藥等工業(yè)；合成氨反應為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=92.4kJ·mol1。實驗室用加熱NH4Cl和Ca(OH)2固體混合物的方法制取少量氨氣；侯氏制堿法用氨氣、二氧化碳，與飽和食鹽水制備純堿碳酸鈉。下列有關NH3、NF3、NH4+、NO2、NO3等含氮粒子的說法正確的是()A．NH3中NH鍵角比NH4+中NH鍵角大B．NH3極易溶于水，主要原因是NH3分子間能形成氫鍵C．NH3的水溶液能導電，但一水合氨不能完全電離，因此NH3屬于弱電解質D．NH3、NF3的空間構型都是三角錐型，NO2、NO3中的N都是sp2雜化【答案】D【解析】A項，分子中中心原子上的孤電子對數(shù)越多，鍵角越小，故NH3中NH鍵角比NH4+中NH鍵角小，故A錯誤；B項，NH3極易溶于水，主要原因是NH3分子與水分子間能形成氫鍵，故B錯誤；C項，NH3自身不能電離，NH3是非電解質，故C錯誤；D項，NH3、NF3均為sp3雜化，一個孤電子對，故為三角錐形，NO2的價層電子對數(shù)為2+=3，NO3的價層電子對數(shù)為3+=3，故N原子都是sp2雜化，故D正確；故選D。8．1mol液態(tài)肼完全燃燒生成N2氣體和液態(tài)水放出577kJ的熱量。工業(yè)上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2]，尿素在高溫條件下可將汽車尾氣中的NO轉化為無毒氣體N2。下列化學反應表示正確的是()A．N2H4燃燒的熱化學方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH＝－577kJ·mol－1B．堿性N2H4燃料電池負極發(fā)生的電極反應式：N2H4+4↑C．NaClO氧化氨氣制取N2H4的離子方程式：2NH3+ClO=N2H4+Cl+H2OD．N2H4與NO2高溫下反應的化學方程式：N2H4+N↑+【答案】C【解析】A項，1mol液態(tài)肼完全燃燒生成N2氣體和液態(tài)水放出577kJ的熱量，則N2H4燃燒的熱化學方程式為：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH＝－577kJ·mol－1，故A錯誤；B項，負極失電子，負極反應為：N2H44↑，故B錯誤；C項，NaClO氧化氨氣制取N2H4，1molNaClO得2mol電子，1mol氨氣失1mol電子，根據得失電子守恒得離子方程式：2NH3+ClO=N2H4+Cl+H2O，故C正確；D項，1molN2H4失去4mol電子生成氮氣，1mol二氧化氮得4mol電子生成氮氣，根據得失電子守恒得反應方程式：2N2H4+2N↑+，故D錯誤；故選C。9．某學習小組探究原子半徑對同種元素形成化學鍵鍵能的影響。下表是某些化學鍵的鍵能：化學鍵鍵能/kJ·mol－346193142201242616418495345下列說法不正確的是()A．碳碳叁鍵鍵能小于1038kJ·mol－1B．N、O同種元素之間形成的σ鍵和π鍵的鍵能大小，σ鍵小于π鍵C．P與P形成的σ鍵的鍵能大于π鍵的鍵能，故白磷以P4形式存在而不以P2形式存在D．若(g)相對能量為0，則(g)的相對能量為121kJ·mol－1【答案】D【解析】A項，碳碳叁鍵鍵能小于3倍的碳碳單鍵的鍵能，故小于1038kJ·mol－1，A正確；B項，單鍵均為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵1個π鍵，比較NN與N=N、OO與O=O的鍵能數(shù)據可知，N、O同種元素之間形成的σ鍵和π鍵的鍵能大小，σ鍵小于π鍵，B正確；C項，比較PP與P=P的鍵能數(shù)據可知，P與P形成的σ鍵的鍵能大于π鍵的鍵能，P4間P原子以σ鍵形成，能量更低，故白磷以P4形式存在而不以P2形式存在，C正確；

D項，斷鍵吸收能量，若(g)相對能量為0，則(g)的相對能量為+121kJ·mol－1，D錯誤；故選D。10．由N2O和NO反應生成N2和NO2的能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是()A．使用催化劑可以降低過渡態(tài)的能量B．反應物能量之和大于生成物能量之和C．N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g)ΔH＝139kJ·mol－1D．斷鍵吸收能量之和大于成鍵釋放能量之和【答案】D【解析】A項，催化劑可以降低活化能，降低過渡態(tài)的能量，A正確；B項，根據圖象可知，此反應的反應物的總能量大于生成物的總能量，B正確；C項，根據圖象可知，此反應放熱Q=348kJ/mol209kJ/mol=139kJ/mol，故熱化學方程式為：ΔH＝183kJ·mol－1，C正確；D項，△H=反應物的鍵能總和生成物的鍵能總和＜0，斷鍵吸收能量之和小于成鍵釋放能量之和，D錯誤；故選D。11．在一定溫度壓強下，依據圖示關系，下列說法不正確的是()A．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)

ΔH=ΔH1ΔH2B．1molC(石墨)和1molC(金剛石)分別與足量O2反應全部轉化為CO2(g)，前者放熱多C．ΔH5=ΔH1ΔH3D．化學反應的△H，只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應途徑無關【答案】B【解析】A項，由題干信息可知，反應I：C(石墨)+(g)=CO(g)

ΔH1反應II：CO(g)+(g)=CO2(g)ΔH2，則反應I反應II得C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)，根據蓋斯定律可知ΔH=ΔH1ΔH2，A正確；B項，由題干信息可知，C(石墨)=C(金剛石)ΔH5＜0，即1molC(石墨)具有的總能量低于1molC(金剛石)，則1molC(石墨)和1molC(金剛石)分別與足量O2反應全部轉化為CO2(g)，后者放熱多，B錯誤；C項，由題干信息可知，反應I：C(石墨)+(g)=CO(g)ΔH1，反應III：C(金剛石)+(g)=CO(g)則反應I反應III得C(石墨)=C(金剛石)，根據蓋斯定律可知，ΔH5=ΔH1ΔH3，C正確；D項，根據蓋斯定律可知，化學反應的△H，只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應途徑無關，D正確；故選B。12．如圖1、圖2分別表示1molH2O和1molCO2分解時的能量變化情況(單位：kJ)。下列說法錯誤的是()A．CO的燃燒熱ΔH＝285kJ·mol－1B．C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH＝+134kJ·mol－1C．的鍵能為D．無法求得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的反應熱【答案】D【解析】由圖1可知，HH鍵能為436kJ/mol,O=O鍵的鍵能為247kJ/mol×2=494kJ/mol,1molH2O(g)分解生成O2(g)和H2(g)的熱化學方程式為H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ?mol1，即O2(g)+H2(g)=H2O(g)ΔH=243kJ/mol；由圖2可知，CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=285kJ/mol,C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=394kJ/mol。A項，由圖2可知，CO的燃燒熱化學方程式為CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=285kJ/mol，故A正確；B項，根據分析可知，①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=394kJ/mol，②H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ?mol1，③CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=285kJ/mol，由蓋斯定律①+②③可得C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH＝+134kJ·mol－1，故B正確；C項，由圖1可知，O=O鍵的鍵能為247kJ/mol×2=494kJ/mol，故C正確；D項，根據蓋斯定律，將兩式H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ/mol、CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=285kJ/mol相加可得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的反應熱，故D錯誤；故選D。13．質子交換膜氫氧燃料電池具有能量密度高等優(yōu)點，質子交換膜主要成分為全氟磺酸聚合物，吸水后，強疏水性主鏈和親水性側鏈形成尺寸為35納米的離子通道。質子通過水、SO3等載體之間氫鍵的伸縮振動，定向連續(xù)傳遞。電池及膜的工作原理如下圖所示，下列說法不正確的是()A．通O2電極的電勢比通H2電極的電勢高B．質子交換膜燃料電池的電解質為全氟磺酸聚合物C．給出質子能力：H2O>質子交換膜的SO3HD．質子交換膜吸水后形成離子通道【答案】C【解析】A項，該燃料電池中，氫氣失去電子被氧化為負極、氧氣得到電子被還原為正極，則通O2電極的電勢比通H2電極的電勢高，A正確；B項，氟原子電負性大，是吸電子基團，導致SO3H中羥基極性增強，易電離出氫離子，故質子交換膜燃料電池的電解質為全氟磺酸聚合物，B正確；C項，結合選項B可知，給出質子能力：H2O＜質子交換膜的SO3H，C錯誤；D項，由圖及題干信息可知，主鏈疏水，內側SO3親水，形成了質子傳導的水通道，D正確；故選C。14．室溫下，通過下列實驗探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性質。實驗1：用pH試紙測量0.1mol?L1NaHCO3溶液的pH，測得pH約為8實驗2：將0.1mol?L1NaHCO3溶液與0.1mol?L1CaCl2溶液等體積混合，產生白色沉淀實驗3：飽和Na2CO3溶液中通入CO2產生白色沉淀，溶液pH從12下降到約為9實驗4：0.1mol?L1NaHCO3溶液中滴加新制飽和氯水，氯水顏色褪去并有氣泡下列說法正確的是()A．由實驗1可得出：Ka1(H2CO3)?Ka2(H2CO3)＜1016B．實驗2中兩溶液混合時有：Ksp(CaCO3)＞2.5×103C．實驗3中發(fā)生反應的離子方程式為CO32+H2O+CO2=2HCO3D．實驗4所得溶液中c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)【答案】A【解析】A項，實驗1中，Ka1(H2CO3)?Ka2(H2CO3)=?=，0.1mol?L1NaHCO3溶液的pH約為8，表明溶液中HCO3水解是主要的，電離是次要的，c(CO32)＜c(H2CO3)，所以＜c2(H+)=1016，A正確；B項，實驗2中兩溶液混合時，c(Ca2+)=0.05mol?L1，c(HCO3)＜0.05mol?L1，則有：Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)?c(HCO3)=(0.05mol?L1)?(＜0.05mol?L1)＜2.5×103，B不正確；C項，實驗3中發(fā)生反應的離子方程式為2Na++CO32+H2O+CO2=2NaHCO3↓，C不正確；D項，實驗4中，0.1mol?L1NaHCO3溶液中滴加新制飽和氯水，氯水顏色褪去并有氣泡，則有一部分H2CO3發(fā)生分解，生成CO2，所得溶液中c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)+c(CO2)，則c(Na+)＞c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)，D不正確；故選A。15．已知：常溫下，Ksp[Co(OH)2]＞Ksp[Pb(OH)2]，。常溫下在含大量Co(OH)2和Pb(OH)2的濁液中滴加HNO2溶液，濁液中[，、、]與關系如圖，平衡常數(shù)K大于或等于時認為反應不可逆(即完全反應)，下列敘述正確的是()A．直線代表和的關系B．常溫下，Ksp[Co(OH)2]=C．當Pb(OH)2、Co(OH)2共存時，D．Co(OH)2、Pb(OH)2都能完全溶于亞硝酸溶液中【答案】B【解析】溶液的pH越大，溶液中的值越小，金屬離子的濃度越小，則直線L3代表—lg與pH的關系，由溶度積可知，直線L1、L2分別代表—lgc(Pb2+)、—lgc(Co2+)與pH的關系，由圖可知，M點溶液pH為5、鉛離子濃度為1.0×10—2mol/L，則氫氧化鉛的溶度積為1.0×10—2×(1.0×10—9)2=1.0×10—20，N點溶液pH為7.5、亞鈷離子濃度為1.0×10—2mol/L，則氫氧化亞鈷的溶度積為1.0×10—2×(1.0×10)2=1.0×10—15；P點溶液pH為7、—lg為—2.7，則亞硝酸的電離常數(shù)為5×10—5。A項，直線L3代表—lg與pH的關系，故A錯誤；B項，氫氧化亞鈷的溶度積為1.0×10—15，故B正確；C項，當氫氧化鉛和氫氧化亞鈷共存時，溶液中====1.0×105，故C錯誤；D項，氫氧化鉛溶于亞硝酸的反應為Pb(OH)2+2HNO2Pb2++2NO2，反應的平衡常數(shù)K=====0.25＜1.0×105，所以氫氧化鉛不能完全溶于亞硝酸，故D錯誤；故選B。16．下列實驗操作或實驗方案，能達到目的的是()選項實驗操作或實驗方案目的向Mg(OH)2懸濁液中加濃NH4Cl溶液，沉淀溶解主要原因是銨根水解顯酸性、中和OH促進反應用重鉻酸鉀與濃鹽酸反應，通過飽和食鹽水制取并得到干燥氯氣用Na2S2O3溶液分別0.03mol·L1、0.06mol·L1的H2SO4反應，記錄出現(xiàn)渾濁的時間探究濃度對反應速率的影響向AgNO3與AgCl的混合濁液中加入少量溶液，沉淀顏色變?yōu)辄S色證明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)【答案】C【解析】A項，向Mg(OH)2懸濁液中加濃NH4Cl溶液，銨根與Mg(OH)2溶解平衡產生的OH反應，促進溶解正向移動，沉淀溶解，故A錯誤；B項，重鉻酸鉀與濃鹽酸反應生成氯氣，飽和食鹽水可除去HCl，缺少濃硫酸干燥氯氣，故B錯誤；C項，Na2S2O3溶液分別0.03mol·L1、0.06mol·L1的H2SO4反應，氫離子濃度不同，可探究濃度對反應速率的影響，故C正確；D項，AgNO3能與少量KI溶液反應生成黃色沉淀，不發(fā)生沉淀的轉化，不能比較Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，故D錯誤；故選C。第II卷（非選擇題共52分）二、非選擇題：本題共5個小題，共52分。17．(10分)碳族化合物在研究和生產中有許多重要用途，請回答下列問題：(1)已知SiH4中硅元素為＋4價，則H、C、O、Si的電負性由大到小的順序為。(2)氮化硅(Si3N4)是一種耐磨損、耐高溫的結構陶瓷材料，其部分空間結構如圖所示，其結構中每個原子雜化類型相同且均達到8電子穩(wěn)定結構，請比較晶體結構中鍵角大?。篘SiNSiNSi(填“>”、“＜”或“=”)。(3)基態(tài)硅原子核外電子的空間運動狀態(tài)有種，太陽能電池板主要材料為單晶硅或多晶硅，硅與氫能形成一系列二元化合物如SiH4、Si2H6等，丁硅烯(Si4H8)中σ鍵與π鍵的個數(shù)比為。(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個長周期，短周期元素Y原子的最外層電子數(shù)比內層電子總數(shù)少3，它們形成的化合物的分子式是XY4。試回答：Y元素原子最外層電子排布圖為______________________。若X、Y兩元素的電負性分別為1.8和3.0，則XY4中X與Y之間的化學鍵為________(填“共價鍵”或“離子鍵”)。XY4的立體構型為________________形，中心原子采取________________雜化，分子為____________(填“極性分子”或“非極性分子”)。XY4的沸點與SiCl4比較：__________(填化學式)的高，原因是__________________________________?！敬鸢浮?1)O>C>H>Si(1分)(2)>(1分)(3)8種(1分)11：1(1分)(4)(1分)共價鍵(1分)正四面(1分)體sp3(1分)非極性分子(1分)GeCl4(1分)組成和結構相似的分子，相對分子質量越大，分子間作用力越大，熔、沸點越高(1分)【解析】(1)同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；已知中硅元素為+4價，則氫元素為負價，電負性大于硅，故H、Si、O、C的電負性由大到小的順序為O>C>H>Si；(2)結構中每個原子雜化類型相同均為sp3雜化，每個硅原子與4個氮原子成鍵，每個氮原子與3硅原子成鍵，氮原子存在1對孤電子對，導致N—Si—N間成鍵原子間斥力較大，鍵角大于Si—N—Si；(3)①基態(tài)硅原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p2，共占據8個原子軌道，所以基態(tài)硅原子核外電子的空間運動狀態(tài)有8種；丁硅烯分子中含有8個SiH鍵，2個SiSi鍵和1個Si=Si雙鍵，單間均為σ鍵，雙鍵中由1個σ鍵，一個π鍵，所以分子中σ鍵與π鍵的個數(shù)比為11：1；(4)第四周期ⅣA族元素為Ge，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]4s24p2，Y元素原子的最外層電子數(shù)比內層電子總數(shù)少3，Y是氯，Y元素原子最外層電子排布圖為。XY4中X與Y形成的是共價鍵，立體構型為正四面體形，中心原子為sp3雜化，為非極性分子，分子間的作用力是范德華力。18．(10分)我國力爭于2030年前做到碳達峰、2060年前實現(xiàn)碳中和，體現(xiàn)了中國對解決氣候問題的擔當。CO2是目前大氣中含量最高的一種溫室氣體。因此，控制和治理CO2是解決溫室效應的有效途徑、CO、捕獲與CO2重整是CO2利用的研究熱點，(1)在催化劑作用下，可用CO2與H2反應制取甲酸。已知：共價鍵C=OCOHHHOCH鍵能/(kJ·mol?1)799343436463413則CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)ΔH=kJ?mol?1。(2)在剛性密閉容器中，HCOOH平衡時的體積分數(shù)隨投料比[]的變化如圖所示：①圖中T1、T2表示不同的反應溫度。判斷T1T2(填“>”“<”或“=”)，依據為；②圖中a=；③A、B、C三點CO2(g)的平衡轉化率αA、αB、αC，由大到小的順序為。(3)CO2可以被NaOH溶液捕獲，若所得溶液pH=13，CO2主要轉化為(寫離子符號)；若所得溶液c(HCO3)：c(CO32)=2：1溶液pH=(室溫下，H2CO3的Ka1(H2CO3)=4×107，Ka2(H2CO3)=5×1011)。(4)CaO可在較高溫度下捕集CO2，在更高溫度下將捕集的CO2釋放利用。與CaCO、熱分解制備的CaO相比，CaC?O?·H?O熱分解制備的CaO具有更好的CO2捕集性能。其原囚是?！敬鸢浮?1)+16(1分)(2)①>(1分)正反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，從圖像中可知在相同投料比時，T1溫度下HCOOH的體積分數(shù)大于T2溫度下HCOOH的體積分數(shù)，T1>T2(2分)②1(1分)③αC>αB>αA(1分)(3)CO32(1分)10(2分)(4)CaC?O?·H?O熱分解放出更多的氣體，制得的氧化鈣更加疏松多孔，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＝反應物的總鍵能生成物的總鍵能=2×799kJ·mol?1+436kJ·mol?1(799+343+463+413)kJ·mol?1=+16kJ·mol?1。(2)①正反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，從圖像中可知在相同投料比時，T1溫度下HCOOH的體積分數(shù)大于T2溫度下HCOOH的體積分數(shù)，故T1>T2；②根據反應CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)可知，當投料比=1，即a=1時，恰好達到最大轉化，HCOOH平衡時的體積分數(shù)最大；③氫氣的量越大，即投料比越大，CO的轉化率越大，故A、B、C三點CO(g)的平衡轉化率由大到小的順序為αC>αB>αA。(3)=5×1011，則c(H+)，當c(CO32)=c(HCO3)，c(H+)=5×1011，pH在10.3，如果溶液的pH為13，則HCO3濃度遠遠小于CO32濃度，則該溶液中所得陰離子為CO32；=5×1011，且所得溶液c(HCO3)：c(CO32)=2：1，c(H+)=5×1011×2=1×1010，pH=10。(4)CaC?O?·H?O熱分解放出更多的氣體，制得的氧化鈣更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能。19．(10分)氮是空氣中含量最多的元素，在自然界中的存在十分廣泛，實驗小組對不同含氮物質做了相關研究。(1)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱堿，分步電離，在溶液中的電離類似于氨。時，乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分數(shù)δ(平衡時某含氮微粒的濃度占各含氮微粒濃度之和的分數(shù))隨溶液的變化曲線如圖所示。①H2NCH2CH2NH2在水溶液中第一步電離的方程式為。②乙二胺一級電離平衡常數(shù)。為。(2)工業(yè)上利用氨氣脫硝反應，實現(xiàn)二者的無害化處理，已知下列反應：①2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH1＝－kJ·mol－1②2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH1＝－180kJ·mol－1③N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH3＝－kJ·mol－1則6NO(g)+4NH3(g)6H2O(g)+5N2(g)。(3)氨氣常被用于對汽車尾氣中的氮氧化物進行無害化處理，以消除其對空氣的污染。去除NO的反應歷程如圖1所示，此反應中的氧化劑為(填化學式)，含鐵元素的中間產物有種。若選用不同的鐵的氧化物為催化劑可實現(xiàn)較低溫度下的轉化，根據圖2選擇的適宜條件為。(4)利用電化學原理脫硝可同時獲得電能，其工作原理如圖所示。則負極發(fā)生的電極反應式為，當外電路中有2mol電子通過時，理論上通過質子膜的微粒的物質的量為?！敬鸢浮?1)H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH(1分)10(1分)(2)kJ·mol－1(2分)(3)NO、O2(1分)2(1分)Fe2O3作催化劑、反應溫度為250℃(1分)(4)NO3e+2H2O=NO3+4H+(1分)2mol(2分)【解析】(1)①乙二胺屬于二元弱堿，在水溶液中分步電離，第一級電離方程式為H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH；②根據圖像，乙二胺一級電離平衡常數(shù)，Kb1==10；(2)根據蓋斯定律，將熱化學方程式進行疊加，①×3+②×3③×2，整理可得6NO(g)+4NH3(g)6H2O(g)+5N2(g)ΔH＝－kJ·mol－1。(3)在氧化還原反應中，氧化劑得到電子，元素化合價降低。根據圖示可知：在歷程圖1中，元素的化合價降低的物質為NO、O2，所以氧化劑為NO、O2；含鐵元素的中間產物有Fe2+—NH2和Fe2+這2種；根據圖2可知：在使用Fe2O3為催化劑時，NO的轉化率相對來說較高，反應溫度合適為250℃，故根據圖2選擇的適宜條件為Fe2O3作催化劑、反應溫度為250℃；(4)該裝置為原電池，在原電池反應中，負極失去電子，發(fā)生氧化反應，正極上得到電子，發(fā)生還原反應。根據圖示可知：NO在負極失去電子轉化為HNO3，電極反應式為：NO3e+2H2O=NO3+4H+；當外電路中有2mol電子通過時，有2molH+通過質子膜進入正極區(qū)和O2結合生成H2O，根據電子守恒，通過的微粒的物質的量為2mol。20．(10分)綠色能源是未來能源發(fā)展的方向，積極發(fā)展氫能，是實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”的重要舉措，可以用以下方法制備氫氣。I．甲烷和水蒸氣催化制氫氣。主要反應如下：i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)

△H=+206.2kJ?mol1ii．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

△H=41.2kJ?mol1(1)反應CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=kJ?mol1。(2)在容積不變的絕熱密閉容器中發(fā)生反應i，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的是(填標號)。A．氣體混合物的密度不再變化B．CH4消耗速率和H2的生成速率相等C．CO的濃度保持不變D．氣體平均相對分子質量不再變化E．體系的溫度不再發(fā)生變化(3)恒定壓強為P0MPa時，將n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合氣體投入反應器中發(fā)生反應i和ii，平衡時，各組分的物質的量分數(shù)與溫度的關系如圖所示。①圖中表示CO2的物質的量分數(shù)與溫度的變化曲線是(填字母)。②結合圖中數(shù)據，其他條件不變，若要H2的產量最大，最適宜的反應溫度是(填標號)。A．550~600℃

B．650~700℃

C．750~800℃在其他條件不變的情況下，向體系中加入CaO可明顯提高平衡體系中H2的含量，原因是。③600℃時，反應ii的平衡常數(shù)的計算式為Kp=(Kp是以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質的量分數(shù))。Ⅱ．電解法制氫氣。某科研小組設計如圖所示電解池，利用CO2和H2O在堿性電解液中制備水煤氣(H2、CO)，產物中H2和CO的物質的量之比為1∶1。(4)電極B是極，生成水煤氣的電極反應式為。(1分)(2)CDE(1分)(3)n(1分)B(1分)CaO為堿性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，導致CO2濃度減小，促使反應ii平衡正向移動，導致CO濃度減小，引起反應i平衡也正向移動(2分)(2分)(4)陽(1分)CO2+2H2O+2e=H2+CO+2OH(1分)【解析】(1)由題干信息已知，反應i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.2kJ?mol1，反應ii．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=41.2kJ?mol1，反應i反應ii可得反應CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，根據蓋斯定律可知，ΔH=(+206.2kJ/mol)(41.2kJ/mol)=+247.4kJ?mol1；(2)A項，由題干信息可知，反應i反應體系均為氣體，則反應過程中氣體質量不變，容器體積不變，則氣體混合物的密度始終不變，則氣體混合物的密度不再變化，不能說明反應達到化學平衡，A不合題意；B項，CH4消耗速率和H2的生成速率均表示正反應速率，且二者系數(shù)不相等，故CH4消耗速率和H2的生成速率相等，不能說明反應達到化學平衡，B不合題意；C項，化學平衡的特征之一為各組分的濃度保持不變，故CO的濃度保持不變，說明反應達到化學平衡，C符合題意；D項，由題干信息可知，反應i前后氣體的物質的量發(fā)生改變，氣體質量不變，則氣體平均相對分子質量一直在改變，故氣體平均相對分子質量不再變化，說明反應達到化學平衡，D符合題意；E項，由于反應容器是一個絕熱密閉容器，故體系的溫度不再發(fā)生變化，說明反應達到化學平衡，E符合題意；故選CDE；(3)①隨反應進行，二氧化碳和氫氣的量增加，故甲烷和水蒸氣的量減小，將n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合氣體投入反應器中，故p為表示平衡時水蒸氣的物質的量分數(shù)隨溫度的變化，隨著溫度升高反應i正向移動，反應ii逆向移動，故CO隨溫度升高而增大，即m表示平衡時CO的物質的量分數(shù)隨溫度的變化，則n表示CO2的物質的量分數(shù)隨溫度的變化；②結合圖中數(shù)據，其他條件不變，當溫度達到650℃時，CH4的轉化率幾乎為100%，H2的物質的量分數(shù)達到最大，再升高溫度，H2的物質的量分數(shù)不再增大，CH4的轉化率也增大不大，且增大能源投入，故若要H2的產量最大，最適宜的反應溫度是650~700℃，CaO為堿性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，導致CO2濃度減小，促使反應ii平衡正向移動，導致CO濃度減小，引起反應i平衡也正向移動，故在其他條件不變的情況下，向體系中加入CaO可明顯提高平衡體系中H2的含量；③由題干圖像信息可知，600℃平衡時，H2的物質的量分數(shù)為：50%，H2O(g)的物質的量分數(shù)為32%，CH4的物質的量分數(shù)為4%，設投入CH4為1mol、H2O為3mol，根據三段式分析