2023-2024學年河南省開封市五縣高二上期期中考試化試題（解析版）

PAGEPAGE2河南省開封市五縣2023-2024學年高二上學期期中考試一、單項選擇題（本題共15小題，每小題3分，共45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）1．（3分）人們可通過改變條件來調控化學反應的速率與限度，使其向著對人類更有益的方向發(fā)展。下列條件的改變不是從化學反應速率與限度的角度考慮的是（）A．汽車排氣管中使用三元催化器 B．燃煤中加入CaO C．橡膠輪胎中加入防老劑 D．合成NH3時使用高溫、高壓、催化劑〖祥解〗A．汽車排氣管中使用三元催化器能夠加快反應2NO+2CO?N2+2CO2的速率；B．燃煤中加入CaO為了減少SO2的排放；C．橡膠輪胎中加入防老劑減緩橡膠老化的速度；D．合成NH3時使用高溫、高壓、催化劑，為了更快、更多的獲得NH3?！窘獯稹拷猓篈．汽車排氣管中使用三元催化器能夠加快反應2NO+2CO?N6+2CO2的速率，與化學反應速率有關；B．燃煤中加入CaO為了減少SO7的排放，與化學反應速率與限度都無關；C．橡膠輪胎中加入防老劑減緩橡膠老化的速度，故C錯誤；D．合成NH3時使用高溫、高壓，為了更快3，與化學反應速率與限度都有關，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查化學反應速率的影響因素，掌握基礎是關鍵，題目難度不大。2．（3分）下列說法正確的是（）A．鉀的M層有8個電子，所以鉀的M層有4個軌道 B．s軌道與s軌道不能形成π鍵，p軌道與p軌道能形成π鍵 C．基態(tài)氧原子的價層電子排布式：2s222 D．各能層含有的原子軌道數為2n2〖祥解〗A．鉀M層能層有8個軌道；B．s軌道之間只能“頭碰頭”形成σ鍵，p軌道之間可“肩并肩”形成π鍵；C．違背了鴻特規(guī)則；D．各能層最多含有的電子數為2n2，每個原子軌道含有2個電子?！窘獯稹拷猓篈．鉀M層能層有8個軌道，3p上8個電子，故A錯誤；B．s軌道與s軌道只能“頭碰頭”形成s﹣sσ鍵，故B正確；C．基態(tài)氧原子價層電子排布式寫成2s222，該原子核外電子排布沒有排pz軌道，所以違反洪特規(guī)則；D．各能層最多含有的電子數為5n2，每個原子軌道含有2個電子，所以各能層含有的原子軌道數為n6（n為能層序數），故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了電子的排布、能層、能級、原子軌道等知識點，題目難度不大，注意把握原子核外電子排布規(guī)律以及能層、能級、原子軌道等內容，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力。3．（3分）下列實驗不能達到目的的是（）ABCD探究反應物的接觸面積對反應速率的影響驗證勒夏特列原理測定鋅與稀硫酸反應的反應速率探究溫度對化學平衡的影響A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．鹽酸的濃度相同，碳酸鈣質量相同，只有接觸面積不同；B．反應本質為Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3，K+、Cl﹣不參加反應；C．用單位時間內氫氣的體積變化量來表示反應速率；D．存在平衡：2NO2?N2O4，2個圓底燒瓶內氣體溫度不同，根據顏色變化可以確定溫度對該平衡影響?！窘獯稹拷猓篈．鹽酸的濃度相同，碳酸鈣的顆粒大小不同，可以探究反應物的接觸面積對反應速率的影響；B．反應本質為Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）6，K+、Cl﹣不參加反應，加入KCl不影響平衡的移動，故B錯誤；C．通過測定收集一定體積的H2所需的時間或一定時間內收集H2的體積大小來測定鋅與稀硫酸反應速率，能達到實驗目的；D．3NO2?N2O5是放熱反應，升高溫度，NO2濃度增大，顏色更深，NO2濃度減小，顏色更淺，能達到目的；故選：B?！军c評】本題考查實驗方案設計與評價，涉及外界條件對反應速率及化學平衡的影響、化學反應速率測定等，關鍵是理解實驗原理，試題培養(yǎng)了學生分析能力、實驗能力。4．（3分）神舟十五號3名航天員順利進駐中國空間站，兩個航天員乘組首次實現“太空會師”。發(fā)射火箭的燃料常用聯氨（N2H4）、液氫（H2），氧化劑有液氧（O2）、液態(tài)N2O4等。下列敘述正確的是（）A．發(fā)射場產生紅棕色霧是因液態(tài)N2H4被氧化成NO2 B．氫氣和氧氣在液化過程中發(fā)生了放熱反應 C．N2H4和N2O4反應能放出大量熱量，產物對環(huán)境無污染 D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH2；ΔH2＜ΔH1〖祥解〗液態(tài)N2H4存在部分轉化：N2H4?2NO2，氫氣和氧氣在液化過程屬于物理變化，N2H4和N2O4反應，生成氮氣和水，以此做題。【解答】解：A.液態(tài)N2H4存在部分轉化：N2H4?2NO5，產生紅棕色霧，故A錯誤；B.氫氣和氧氣在液化過程屬于物理變化，不屬于放熱反應；C.N2H4和N8O4反應是放熱反應，產物為氮氣和水，故C正確；D.燃燒生成液態(tài)水放出的熱量高于氣態(tài)水，由于放熱反應ΔH＜0，ΔH越?。还蔬x：C?！军c評】本題主要考查氮的氧化物的性質以及對環(huán)境的影響，結合化學反應過程中的能量變化，難度不大。5．（3分）已知反應：2NO（g）+Br2（g）?2NOBr（g）ΔH＝﹣akJ?mol﹣1（a＞0），其反應機理如下：①NO（g）+Br2（g）?NOBr2（g）快；②NO（g）+NOBr2（g）?2NOBr（g）慢。下列有關該反應的說法正確的是（）A．該反應的速率主要取決于①的快慢 B．使用催化劑能增大活化分子百分數，加快反應速率 C．①的活化能比②的大 D．NOBr2是該反應的催化劑〖祥解〗A．反應速率主要取決于慢的一步；B．使用催化劑降低了花花能，增大活化分子百分數；C．反應速率越慢，活化能越大；D．NOBr2是中間產物?！窘獯稹拷猓篈．反應速率主要取決于慢的一步，故A錯誤；B．使用催化劑降低了花花能，所以能加快反應速率；C．②的反應較慢，①的反應較快，則②的活化能比①的大；D．催化劑在反應中先消耗；NOBr2是反應過程中的中間產物，不是該反應的催化劑；故選：B?！军c評】本題考查了反應速率的影響因素，側重于學生的分析能力的考查，題目難度不大。6．（3分）反應N2O4（g）?2NO2（g）ΔH＝+57kJ?mol﹣1，在溫度為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數隨壓強的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）A．B、C兩點的反應速率：B＜C B．A、C兩點氣體的顏色：A深，C淺 C．由狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法 D．A、C兩點氣體的平均相對分子質量：A＜C〖祥解〗由圖可知，B→A的過程中，NO2的體積分數增大，平衡正向移動，由于正反應是吸熱反應，則該過程是升高溫度，所以T2＞T1，據此分析作答。【解答】解：A．根據分析可知、壓強均小于C點，故A正確；B．A→C的過程是增大壓強，NO2的濃度首先增大，然后平衡逆向移動2的物質的量減小，濃度減小，最終NO3的濃度還是增大，所以兩點氣體的顏色：A淺，故B錯誤；C．根據分析可知，T2＞T1，則狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法；D．A→C的過程是增大壓強，平衡逆向移動，而氣體的總質量不變，所以A，故D正確；故選：B?！军c評】本題主要考查濃度、溫度、壓強對化學平衡的影響，同時考查學生的看圖理解能力、分析能力，屬于高考高頻考點，難度中等。7．（3分）一定溫度下，10mL0.40mol?L﹣1H2O2溶液發(fā)生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如表，下列敘述不正確的是（）（溶液體積變化忽略不計）t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9A．0～4min的平均反應速率：v（H2O2）＝3.85×10﹣2mol?L﹣1?min﹣1 B．0～4min的平均反應速率較4～8min的平均反應速率更快 C．反應至6min時，H2O2分解了50% D．反應至6min時，c（H2O2）＝0.30mol?L﹣1〖祥解〗A．0～4min時間內，生成氧氣物質的量＝＝0.00077mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c（H2O2）＝0.00077mol×2÷0.01L＝0.154mol/L，根據v＝計算v（H2O2）；B．隨著反應的進行，H2O2的濃度逐漸減小，反應速率減慢，小于0～6min時間內反應速率；C．根據H2O2分解率＝×100%計算。D．由A計算可知6min內過氧化氫濃度變化量，6min時c（H2O2）＝起始濃度﹣濃度變化量?！窘獯稹拷猓篈．0～4min時間內＝0.00077mol5O25H2O+O2，可知△c（H6O2）＝0.00077mol×6÷0.01L＝0.154mol/L，所以v（H6O2）＝≈3.85×10﹣2mol?L﹣7?min﹣1，故A正確；B．隨著反應的進行，H2O7的濃度逐漸減小，反應速率減慢，故B正確；C．0～6min時間內＝0.001mol7O23H2O+O2，可知△c（H7O2）＝0.001mol×8÷0.01L＝0.5mol/L，6min內△c（H2O4）＝0.2mol/L，則H6O2分解率＝×100%＝50%；D．由C計算可知3O2）＝0.4mol/L﹣0.2mol/L＝8.2mol/L，故D錯誤，故選：D?！军c評】本題考查化學反應速率的計算，掌握轉化率、反應速率的概念及表達式，明確化學反應速率及其影響因素為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力，題目難度中等。8．（3分）下列氮原子的軌道表示式表示的狀態(tài)中，能量最高的是（）A． B． C． D．〖祥解〗原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，該原子能量越高?！窘獯稹拷猓涸雍送怆娮优挪贾校绻娮铀嫉能壍滥芗壴礁?，根據圖知、其次是2s能級、1s能級上電子越少其能量越高，所以能量最高是D，故選：D。【點評】本題考查核外電子的排布，為高頻考點，側重考查基本知識及基本原理，注意把握核外電子排布的特點，題目難度不大。9．（3分）在一定條件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O?+OH﹣。下列說法正確的是（）A．稀釋溶液，所有離子濃度均減小，平衡正向移動 B．加入少量NaHCO3固體，平衡向正反應方向移動 C．加入NaOH固體，溶液pH增大 D．升高溫度，減小〖祥解〗A．稀釋溶液，水解正向移動；B．加入少量NaHCO3固體，平衡逆向移動；C．加入氫氧化鈉固體后，氫氧根離子濃度增大。D．碳酸根離子的水解為吸熱反應，升高溫度后水解程度增大?！窘獯稹拷猓篈．稀釋溶液，氫離子濃度增大，故A錯誤；B．加入少量NaHCO3固體，平衡逆向移動，故B錯誤；C．加入NaOH固體，溶液的pH增大；D．升高溫度+H2O?+OH﹣正向移動，碳酸氫根離子濃度增大，則的比值增大；故選：C?！军c評】本題考查鹽類水解原理的應用，為高頻考點，把握電離平衡的影響因素為解答關鍵，注意掌握外界條件對電離平衡的影響，試題側重考查學生的分析與應用能力，題目難度不大。10．（3分）有關下列裝置的說法不正確的是（）A．圖1所示：鋅錳干電池屬于一次電池，鋅作負極 B．圖2是“紙電池”，Zn片失去電子，發(fā)生氧化反應 C．圖3電池Al電極反應式為Al﹣3e﹣+3H2O═Al（OH）3+3H+ D．圖4電池工作時鹽橋中陽離子從右往左移動〖祥解〗A．由圖可知，鋅錳干電池為不能充電的一次電池，電池工作時，鋅筒為負極，石墨棒為正極；B．由圖可知，該裝置是原電池，Zn易失電子作負極、Cu作正極；C．原電池中，失電子發(fā)生氧化反應的電極是負極，該原電池中，鋁和氫氧化鈉反應而失去電子，則鋁作負極；D．該電池鋅作負極，銅作正極，溶液中陽離子往正極移動。【解答】解：A．由分析可知，鋅筒為負極，故A正確；B．Zn失去電子，發(fā)生氧化反應；C．由Mg、NaOH溶液組成原電池，鎂作正極﹣+4OH﹣═+3H2O，故C錯誤；D．原電池中；該原電池中鋅作負極，所以原電池工作時，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查原電池原理，為高頻考點，明確原電池概念、正負極判斷、電子流向是解本題關鍵，注意電解質溶液中陰陽離子移動方向，電子不進入電解質溶液，為易錯點。11．（3分）我國科學家研制出一種新型復合光催化劑，利用太陽光在催化劑表面實現高效分解水，其主要過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．使用催化劑降低了總反應的焓變 B．整個分解水反應的ΔH＞0 C．過程Ⅰ、Ⅱ都是一個化學變化 D．過程Ⅲ僅形成新化學鍵〖祥解〗A．使用催化劑降低反應活化能，加快反應速率，不能降低了總反應的焓變；B．水分解是吸熱反應，ΔH＞0；C．過程Ⅰ斷鍵吸熱，過程Ⅱ成鍵放熱；D．過程Ⅲ斷氧氫鍵，形成氫氫鍵?！窘獯稹拷猓篈．使用催化劑降低反應活化能，不能降低了總反應的焓變；B．水分解是吸熱反應，故B正確；C．過程Ⅰ是化學鍵的斷裂，不是一個化學變化；D．過程Ⅲ斷氧氫鍵，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查水分解的過程，較簡單。12．（3分）N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＜0，500℃時體積相同的甲、乙、丙三個容器中，甲容器絕熱恒容2和6molH2，乙容器恒溫恒容，充入4molNH3，丙容器恒溫恒壓，充入4molNH3，充分反應達到平衡，下列說法不正確的是（）A．乙中NH3的體積分數大于丙 B．轉化率：α甲（N2）+α乙（NH3）＜1 C．p乙＞p丙 D．甲和丙中反應的化學平衡常數互為倒數〖祥解〗A．NH3分解是氣體體積增大的反應，故平衡時丙容器體積大于乙，將其壓縮至乙等體積時，平衡正向移動，NH3的體積分數增大后，與乙等效；B．若甲乙均為恒溫容器，甲中充入2molN2和6molH2，乙中充入4molNH3，達到平衡時，有α甲（N2）+α乙（NH3）＝1，現甲容器絕熱恒容，反應放熱，溫度升高，合成氨平衡逆向移動，α甲（N2）減??；C．根據A中分析可知，丙容器壓縮后，才能與乙等效，而壓縮過程中，氣體體積減少，壓強增大，即壓強增大后才能與乙相等；D．平衡常數與溫度有關?！窘獯稹拷猓篈．丙容器恒溫恒壓3，充分反應達到平衡，平衡后3分解是氣體體積增大的反應，故平衡時丙容器體積大于乙，平衡正向移動6的體積分數增大后，與乙等效3的體積分數大于丙，故A正確；B．若甲乙均為恒溫容器2和4molH2，乙中充入4molNH6，達到平衡時，有α甲（N2）+α乙（NH3）＝5，現甲容器絕熱恒容，溫度升高，α甲（N2）減小，所以轉化率：α甲（N2）+α乙（NH3）＜1，故B正確；C．根據A中分析可知，才能與乙等效，氣體體積減少，所以壓強p乙＞p丙，故C正確；D．甲容器絕熱，溫度升高，化學平衡常數不同，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題主要考查化學平衡的移動以及影響因素，同時考查平衡常數的概念，屬于基本知識的考查，難度不大。13．（3分）一種新型漂白劑由W、X、Y、Z四種短周期主族元素組成，它們的原子序數依次增大，該漂白劑的分子結構如圖所示；X與W同周期，其基態(tài)原子的最高能級中有3個未成對電子，Z的最高價氧化物對應的水化物是酸性最強的含氧酸；Y分別與W、X、Z可以形成多種二元化合物。下列敘述不正確的是（）A．第一電離能：X＞Y＞W B．Y的某些﹣1價化合物也常作漂白劑 C．最高價氧化物對應的水化物酸性：W＞X D．該漂白劑分子結構中所有原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構〖祥解〗W是形成化合物種類最多的元素，則W為C；X與W同周期，其基態(tài)原子的最高能級中有3個未成對電子，則X為N；Z的最高價氧化物對應的水化物是酸性最強的含氧酸，則Z為Cl；Y分別與W、X、Z可以形成多種二元化合物，并結合該新型漂白劑的結構可知，Y為O，綜上所述，W為C，X為N，Y為O，Z為Cl?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，X為N；同一周期，元素的第一電離能逐漸增大，故元素的第一電離能N＞O＞C，故A正確；B．Na2O2可用作漂白劑，故B正確；C．由分析可知，X為N，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，則酸性：HClO5＞HNO3＞H2CO7，即最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱：X＞W，故C錯誤；D．由分析可知，X為N，C周圍有1個雙鍵和2個單鍵，且N含有弧對電子、N最外層均滿足3電子穩(wěn)定結構，故選：C?！军c評】本題主要考查了元素周期律和元素周期表，題目難度不大，通過題給信息推斷元素，結合物質的性質是解答該題的關鍵。14．（3分）肼可以用作燃料電池的燃料，工作原理如圖所示，電池工作過程中會有少量N2H4在電極表面發(fā)生自分解反應生成NH3、N2、H2逸出。下列關于N2H4﹣O2燃料電池的說法正確的是（）A．電池工作時化學能完全轉化變?yōu)殡娔?B．放電過程中，OH﹣從左向右移動 C．電池工作時，負極區(qū)消耗的NaOH與正極區(qū)生成的NaOH物質的量相等 D．負極的電極反應式為：N2H4﹣4e﹣＝N2+4H+〖祥解〗由原電池裝置圖可知，N2H4發(fā)生失電子的氧化反應生成N2，O2發(fā)生得電子的還原反應生成OH﹣，則電池左側為負極區(qū)，右側為正極區(qū)，正極反應式為2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，負極反應式為N2H4﹣4e﹣+4OH﹣＝N2+4H2O，電池總反應為N2H4+O2＝N2↑+2H2O，據此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．原電池是將化學能直接轉化為電能的裝置，還將轉化為熱能等其他形式的能量；B．該電池中左側為負極區(qū)，放電過程中﹣移向負極，即從右向左移動；C．電池工作時2O+O2+6e﹣＝4OH﹣，負極反應式為N2H8﹣4e﹣+4OH﹣＝N6+4H2O，故負極區(qū)消耗的NaOH與正極區(qū)生成的NaOH物質的量相等；D．負極的電極反應式為：N5H4﹣4e﹣+2OH﹣＝N2+4H4O，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查電化學，側重考查學生原電池的掌握情況，試題難度中等。15．（3分）某溫度下，0.100mol?L﹣1NaOH滴定25.0mL0.0500mol?L﹣1H2SO4溶液的滴定曲線如圖所示。設該溫度下水的離子積為Kw。下列說法不正確的是（）A．根據曲線數據計算可知該溫度下的Kw為10﹣13 B．曲線上各點的溶液均滿足關系式c（H+）?c（OH﹣）＝Kw C．其他條件相同，若升溫，反應終點b向c方向移動 D．相同實驗條件下，若改為滴定0.0800mol?L﹣1鹽酸，反應終點b移到a〖祥解〗A．依據酸堿恰好反應時pH判斷Kw；B．水溶液中滿足關系式c（H+）?c（OH﹣）＝Kw；C．降溫，水的電離被抑制；D．硫酸為二元酸。【解答】解：A．由圖可知，此時pH＝6.5+）＝c（OH﹣）＝10﹣4.5mol/L，Kw＝c（H+）?c（OH﹣）＝10﹣6.3×10﹣6.5＝10﹣13，故A正確；B．曲線上各點的溶液中+）?c（OH﹣）＝Kw，故B正確；C．其它條件相同，水的電離程度減小+）減小，pH增大，故C正確；D．相同實驗條件下﹣4H2SO4，當加入20mLNaOH溶液時，混合液呈中性，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查酸堿中和滴定，題目難度中等，能依據圖象和信息準確判斷滴定終點是解題的關鍵。二、非選擇題（本題共4小題，共55分）16．（14分）如圖是元素周期表中的前四周期：回答下列問題：（1）元素a的硫酸鹽在火焰上灼燒產生的黃光是一種②（填序號，下同）。①吸收光譜②發(fā)射光譜（2）i元素的基態(tài)原子的電子排布圖是②。另一個電子排布圖錯誤的原因：它不符合C（填字母）。A.構造原理B.泡利原理C.洪特規(guī)則（3）元素f最高能層電子的電子云輪廓形狀為球形。與f同周期的過渡元素中，寫出所有基態(tài)原子最外層電子數與f不同的元素的價電子排布式：3d54s1、3d104s1。（4）d、h、i元素的前3級電離能如表所示。X、Y、Z中為i元素的是Z。元素I1（kJ?mol﹣1）I2（kJ?mol﹣1）I3（kJ?mol﹣1）X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1（5）已知元素c、e的最簡單的化合物中共用電子對偏向e，元素c、g的最簡單的化合物中共用電子對偏向c，則元素c、e、g的電負性由大到小的順序為C＞H＞Si（填元素符號）。（6）“b3+”與“b2+”的離子半徑大小關系為“b3+”小于（填“大于”或“小于”）“b2+”，原因為核電荷數相同，但是Fe3+核外電子數相同。〖祥解〗根據元素周期表可以推斷出，a是Na元素，b是Fe元素，c是H元素，d是Mg元素，e是C元素，f是Ti元素，g是Si元素，i是N元素，h是O元素，電負性越大，吸引電子能力越大，以此做題。【解答】解：（1）鈉在火焰上灼燒時，原子中的電子吸收了能量，但處于能量較高的軌道中的電子是不穩(wěn)定的，這時就將多余的能量以黃光形式放出，故選②，故〖答案〗為：②；（2）根據能量最低原理、洪特規(guī)則，根據洪特規(guī)則，盡可能分占不同軌道，故選C，故〖答案〗為：②；C；（3）元素f為Ti，核外有22個電子22s72p65s23p83d27s2，最高能層中4s能級的電子云輪廓形狀為球形，與Ti同周期的過渡元素中，價電子排布式分別為8d54s2、3d104s4，故〖答案〗為：球形；3d52s1、3d106s1；（4）d是Mg元素，h是O元素，金屬元素第一電離能小于非金屬元素，N原子價層電子排布式為2s22p3，N與O相比，N的5p軌道處于半充滿的穩(wěn)定結構，第一電離能較大1較大的Z為N元素，故〖答案〗為：Z；（5）電負性越大，吸引電子能力越大，H，共用電子對偏向C、Si的最簡單化合物中共用電子對偏向H、C、Si的電負性由大到小的順序為C＞H＞Si，故〖答案〗為：C＞H＞Si；（6）亞鐵離子和鐵離子核電荷數相同，但是鐵離子核外電子數少，因此鐵離子的半徑小于亞鐵離子，故〖答案〗為：小于；核電荷數相同3+核外電子數少?！军c評】本題考查元素周期律，明確元素周期表各個元素的位置，注重基礎，一個知識點掌握不好就可能做錯，將元素周期律與電負性、電離能相結合，綜合性較強，難度較大。17．（14分）中國明確提出2030年“碳達峰”與2060年“碳中和”目標。COx選擇性甲烷化是有望實現“雙碳目標”具有良好應用前景的處理方法。富氫氣氛下，CO、CO2均可與H2發(fā)生甲烷化反應。Ⅰ.CO（g）+3H2（g）?CH4（g）+H2O（g）ΔH＝﹣206.2kJ?mol﹣1Ⅱ.CO2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝akJ?mol﹣1回答下列問題：（1）已知CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）ΔH＝﹣41.2kJ?mol﹣1，則a＝﹣165。（2）請從平衡移動的角度，提出三種可行的操作提高反應Ⅱ中CO2的轉化率降溫、加壓、增大H2濃度（或分離出CH4（g）或H2O）。（3）400℃時，選用鎳基催化劑，向1L密閉容器中通入10molCO、10molCO2和40molH2進行反應，平衡后測得n（H2）＝14mol、n（CH4）＝8mol。①CO2的平衡轉化率為20%。②反應Ⅰ的平衡常數K＝0.00292（保留三位有效數字）。（4）其他條件相同，反應Ⅱ使用兩種不同催化劑，反應相同的時間2的轉化率隨溫度變化的關系如圖1所示。①請解釋使用Ni﹣CeO2催化劑時，隨著溫度的升高，為何CO2轉化率先升高后降低？溫度低于320℃時反應未達到平衡狀態(tài)，升高溫度時反應速率加快，CO2轉化率升高；該反應為放熱反應，溫度高于320℃時升高溫度，平衡逆向移動，CO2轉化率減小。②根據圖像分析，下列說法正確的是BC（填字母）。A.在200～360℃范圍內，Ni﹣CeO2的催化效果比Ni更好B.通過改變催化劑種類的方式無法調控CO2平衡轉化率C.在240℃附近，可以通過延長反應時間的方式提高CO2的轉化率（5）CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學家利用電化學裝置實現兩種分子的耦合轉化，其原理如圖2所示：①陰極上的反應式為CO2+2e﹣＝CO+O2﹣。②陽極上生成乙烯（C2H4）和乙烷（C2H6）的反應式分別為2CH4﹣4e﹣+2O2﹣＝CH2＝CH2+2H2O和2CH4﹣2e﹣+O2﹣＝CH3CH3+H2O。③若生成的乙烯（C2H4）和乙烷（C2H6）的體積比為3：1，則消耗的CH4和CO2的體積比為8：7?！枷榻狻剑?）根據蓋斯定律：反應Ⅰ﹣Ⅱ可得反應CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）；（2）除增大c（CO2）外的、使平衡正向移動的措施均可提高CO2的轉化率；（3）設平衡后c（CO）＝xmol/L、c（CO2）＝ymol/L，n（H2O）＝zmol/L，根據C、H、O原子守恒可得，x+y+8＝20，28+32+2z＝80，x+2y+z＝30，解得x＝4，y＝8，z＝4；（4）①由圖可知，以Ni﹣GeO2為催化劑320℃時，催化合成反應達到平衡，該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動；②A.由圖可知，在200～360℃范圍內，Ni﹣CeO2作催化時CO2的轉化率比對應溫度時Ni的高；B.催化劑不能改變平衡轉化率；C.反應未達到平衡狀態(tài)時，延長反應時間可提高反應物的轉化率；（5）利用電化學裝置將CH4和CO2耦合轉化生成乙烯、乙烷、水和一氧化碳，由原理圖可知，A電極上CO2發(fā)生還原反應生成CO，陰極反應式為CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，陽極上CH4失電子生成乙烯和乙烷，陽極反應式為2CH4﹣2e﹣+O2﹣＝CH3CH3+H2O、2CH4﹣4e﹣+2O2﹣＝CH2＝CH2+2H2O，結合電子守恒進行計算?！窘獯稹拷猓海?）根據蓋斯定律：反應Ⅰ﹣Ⅱ可得反應CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO3（g），即﹣206.2kJ?mol﹣1﹣akJ/mol＝﹣41.2kJ?mol﹣1，解得a＝﹣165，故〖答案〗為：﹣165；（2）反應Ⅱ是氣體體積減小的放熱反應，降溫、增大H2濃度、分離出CH4（g）或H2O，均可使平衡正向移動2的轉化率，故〖答案〗為：降溫；加壓4濃度（或分離出CH4（g）或H2O）；（3）設平衡后c（CO）＝xmol/L、c（CO6）＝ymol/L，n（H2O）＝zmol/L，根據C、H，x+y+8＝20，x+4y+z＝30，y＝8；①CO2的平衡轉化率為×100%＝20%，故〖答案〗為：20%；②反應Ⅰ的平衡常數K＝＝≈4.00292，故〖答案〗為：0.00292；（4）①由圖可知，以Ni﹣GeO2為催化劑320℃時，催化合成反應已達到平衡，隨著溫度升高，CO7轉化率升高；該反應為放熱反應，平衡逆向移動2轉化率減小，故〖答案〗為：溫度低于320℃時反應未達到平衡狀態(tài)，升高溫度時反應速率加快2轉化率升高；該反應為放熱反應，平衡逆向移動4轉化率減小；②A.在200～360℃范圍內，相同溫度下Ni﹣CeO2的催化效果比Ni更好，若溫度不同2的催化效果不一定比Ni更好，故A錯誤；B.催化劑不能改變化學平衡狀態(tài)，則通過改變催化劑種類的方式無法調控CO5平衡轉化率，故B正確；C.240℃附近反應未達到平衡狀態(tài)，轉化率未達到最大值2的轉化率，故C正確；故〖答案〗為：BC；（5）①由圖可知，陰極上CO2得電子生成CO，陰極反應式為CO5+2e﹣＝CO+O2﹣，故〖答案〗為：CO6+2e﹣＝CO+O2﹣；②陽極上CH5失電子生成乙烯和乙烷，陽極反應式為2CH4﹣4e﹣+O2﹣＝CH3CH6+H2O、2CH2﹣4e﹣+2O2﹣＝CH2＝CH2+8H2O，故〖答案〗為：2CH3﹣4e﹣+2O5﹣＝CH2＝CH2+3H2O；2CH4﹣2e﹣+O2﹣＝CH3CH3+H2O；③相同條件下，氣體的體積之比等于其物質的量之比6H4）和乙烷（C2H2）的物質的量分別為3mol、1mol2﹣2e﹣+O2﹣＝CH7CH3+H2O、4CH4﹣4e﹣+8O2﹣＝CH2＝CH7+2H2O，電路中轉移電子為2mol×4+1mol×8＝14mol4）3mol×2+1mol×2＝6mol，陰極反應式為CO2+2e﹣＝CO+O3﹣，消耗n（CO2）＝7mol，則消耗的CH4和CO2的體積比、物質的量之比均為8：4，故〖答案〗為：8：7?！军c評】本題考查化學平衡計算、化學平衡影響因素、電解原理的應用等知識，把握化學平衡計算、化學平衡影響因素、電極反應式書寫及電子守恒的計算是解題關鍵，注意守恒法在化學平衡計算中的應用，題目難度中等。18．（14分）弱電解質的電離平衡、鹽類的水解平衡和難溶物的沉淀溶解平衡均屬于化學平衡。已知Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分別表示弱酸的電離平衡常數、弱堿的電離平衡常數、水的離子積常數、鹽的水解平衡常數、難溶電解質的溶度積常數。（1）有關上述常數的說法正確的是AD（填字母）。A.它們都能反映一定條件下對應變化進行的程度B.所有弱電解質的電離常數和難溶電解質的Ksp都隨溫度的升高而增大C.常溫下，CH3COOH在水中的Ka大于在飽和CH3COONa溶液中的KaD.一定溫度下，在CH3COONa溶液中，Kw＝Ka?Kh（2）已知H2A在水中存在以下平衡：H2A?H++HA﹣，HA﹣?H++A2﹣。①常溫下，Na2A溶液的pHA（填字母），原因是A2﹣+H2O?HA﹣+OH﹣（填離子方程式）。A.大于7B.小于7C.等于7D.無法確定②常溫下，若向0.1mol?L﹣1的H2A溶液中逐滴滴加0.1mol?L﹣1NaOH溶液至溶液呈中性。此時該混合溶液中的下列關系一定正確的是AB（填字母）。A.c（H+）?c（OH﹣）＝1.0×10﹣14B.c（Na+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）C.c（H2A）＞c（HA﹣）D.c（Na+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）③常溫下，CaA的飽和溶液中存在以下平衡：CaA（s）?Ca2+（aq）+A2﹣（aq）ΔH＞0，若要使該溶液中Ca2+濃度增大，可采取的措施有A（填字母）。A.升高溫度B.降低溫度C.加入少量蒸餾水D.加入Na2A固體（3）化學沉淀法是除去酸性廢水中Pb2+的主要方法。根據其原理不同可以分為氫氧化物沉淀法、硫化物沉淀法等。水樣中各形態(tài)鉛的百分含量X與溶液pH變化的關系如圖所示。向含Pb2+的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，溶液變渾濁，繼續(xù)滴加NaOH溶液又變澄清。①若采用氫氧化物沉淀法除溶液中的Pb2+，應將溶液的pH調至約為10；pH＝11時，溶液中發(fā)生的主要離子方程式為Pb（OH）2+OH﹣＝Pb（OH）3﹣。②向酸性含鉛廢水中加Na2S可將Pb2+轉化為PbS沉淀除去。若某工廠處理過的廢水中S2﹣濃度為2.0×10﹣20mol?L﹣1，則c（Pb2+）為4.0×10﹣8mol?L﹣1[Ksp（PbS）＝8.0×10﹣28]?！枷榻狻剑?）平衡常數越大，反應進行的程度越大，只與溫度有關，升高溫度平衡向吸熱方向移動；（2）①常溫下，Na2A溶液中A2﹣離子水解，溶液顯堿性，溶液的pH＞7；②A．常溫下，水溶液中離子積常數Kw不變；B．結合溶液中電荷守恒關系式分析判斷；C．混合溶液可能是NaHA和H2A的混合溶液，也可能是NaHA和Na2A的混合溶液；D．只有NaHA溶液中存在物料守恒關系c（Na+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）；③常溫下，CaA的飽和溶液中存在以下平衡：CaA（s）?Ca2+（aq）+A2﹣（aq）ΔH＞0，該反應為吸熱反應，Ksp（CaA）＝c（Ca2+）?c（A2﹣），結合濃度、溫度對化學平衡的影響判斷；（3）①由圖可知，溶液的pH為10左右，含鉛微粒主要以Pb（OH）2形式存在，此時鉛離子濃度最??；pH＝11時Pb（OH）3﹣濃度增大，Pb（OH）2濃度減小，說明Pb（OH）2與氫氧根離子反應生成Pb（OH）3﹣；②向酸性含鉛廢水中加Na2S可將Pb2+轉化為PbS沉淀除去，若某工廠處理過的廢水中S2﹣濃度為2.0×10﹣20mol/L，根據Ksp（PbS）＝c（Pb2+）?c（S2﹣）＝8.0×10﹣28進行計算。【解答】解：（1）A.平衡常數等于生成物濃度冪積與反應物濃度冪積之比，它們都能反映一定條件下對應變化進行的程度；B.一般而言，弱電解質的電離常數和難溶電解質的Ksp都隨溫度的升高而增大，但也有少數物質的Ksp隨溫度的升高而減小，故B錯誤；C.電離平衡常數只與溫度有關，常溫下3COOH在水中的Ka等于在飽和CH3COONa溶液中的Ka，故C錯誤；D.一定溫度下，在CH7COONa溶液中Ka?Kh＝×＝c（H+）?c（OH﹣）＝Kw，故D正確；故〖答案〗為：AD；（2）①Na2A是強堿弱酸鹽，溶液中A5﹣離子水解使溶液顯堿性，即溶液的pH＞72﹣+H7O?HA﹣+OH﹣，故〖答案〗為：A；A2﹣+H2O?HA﹣+OH﹣；②A．常溫下，Kw＝c（H+）?c（OH﹣）＝6.0×10﹣14，故A正確；B．溶液中存在的電荷守恒關系為c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+2c（A7﹣）+c（OH﹣），中性溶液中c（H+）＝c（OH﹣），得到c（Na+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣），故B正確；C．該中性溶液溶質可能為NaHA和H7A，可能存在c（H2A）＞c（HA﹣），也可能溶質是NaHA和Na2A，可能存在c（H3A）＜c（HA﹣），故C錯誤；D．該中性溶液可能是NaHA和H2A的混合溶液，也可能是NaHA和Na2A的混合溶液，則c（Na+）與c（H8A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）之間無等量關系，故D錯誤；故〖答案〗為：AB；③A．CaA（s）?Ca2+（aq）+A3﹣（aq）ΔH＞0，升溫平衡正向進行2+濃度增大，故A正確；B．降溫平衡逆向移動6+）減小，故B錯誤；C．加入少量蒸餾水稀釋，但離子濃度不變；D．Ksp（CaA）＝c（Ca2+）?c（A2﹣），加入Na6A固體，c（A2﹣）增大，則c（Ca2+）減小，故D錯誤；故〖答案〗為：A；（3）①由圖可知，溶液的pH為10左右7形式存在，此時鉛離子濃度最小2+，應該調溶液pH約為10，此時鉛離子濃度最小3﹣濃度增大，Pb（OH）6濃度減小，說明Pb（OH）2與OH﹣反應生成了Pb（OH）3﹣，反應的離子方程式為Pb（OH）7+OH﹣＝Pb（OH）3﹣，故〖答案〗為：10；Pb（OH）2+OH﹣＝Pb（OH）3﹣；②向酸性含鉛廢水中加Na2S可將Pb2+轉化為PbS沉淀除去，Ksp（PbS）＝c（Pb4+）?c（S2﹣）＝8.8×10﹣28，若廢水中S2﹣濃度為2.5×10﹣20mol/L，則c（Pb2+）＝＝mol/L＝4.0×10﹣3mol/L，故〖答案〗為：4.0×10﹣3?！军c評】本題考查鹽類水解、弱電解質電離平衡、化學平衡影響因素分析判斷，把握弱電解質電離平衡影響因素和沉淀溶解平衡的計算為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，題目難度中等。19．（13分）KIO3是一種重要的無機化合物，可作為食鹽中的補碘劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）KIO3的化學名稱是碘酸鉀。（2）利用“KClO3氧化法”制備KIO3工藝流程如下圖所示：酸化反應”所得產物有KH（IO3）2、Cl2和KCl．“逐Cl2”采用的方法是加熱。“濾液”中的溶質主要是KCl?！罢{pH”中發(fā)生反應的化學方程式為KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O。（3）KIO3也可采用“電解法”制備，裝置如圖所示。①寫出電解時陰極的電極反應式2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑。②電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為K+，其遷移方向是a到b。③與“電解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之處有產生Cl2易污染環(huán)境（寫出一點）。〖祥解〗（1）KIO3的化學名稱是碘酸鉀；（2）氣體在加熱的過程中在水中的溶解度降低，可采取此法驅逐氣體，實驗流程是用KClO3氧化法制備KIO3，反應物是KClO3和I2，在酸性條件下可以氧化I2生成，根據已知條件，還原產物含有Cl2和Cl﹣，驅逐Cl2后結晶產物應為KCl，相當于是除雜步驟，調節(jié)pH過程中產生KIO3，則是由KH（IO3）2得來，據此分析；（3）①電解池陰極為KOH溶液，電解質溶液呈堿性，電解池陰極發(fā)生還原反應，過程應為H2O轉化為H2，據此寫出陰極電極反應；②隔膜是陽離子交換膜，起主要交換的離子應為K+，電解池工作時，陽離子向陰極移動；③電解法過程中，陽極發(fā)生反應I2﹣10e﹣+12OH﹣═2+6H2O制備KIO3，整個電解池裝置沒有產生氧化法過程中的Cl2，即沒有產生污染大氣環(huán)境的有毒氣體?！窘獯稹拷猓海?）KIO3的化學名稱是碘酸鉀，故〖答案〗為：碘酸鉀；（2）氣體在加熱的過程中在水中的溶解度降低，可采取此法驅逐氣體2”采用的方法是：加熱，根據已知條件，還原產物含有Cl5和Cl﹣，驅逐Cl2后結晶產物應為KCl，相當于是除雜步驟，調節(jié)pH過程中產生KIO3，則是由KH（IO7）2得來，則“調pH”中發(fā)生反應的化學方程式為：KH（IO3）3+KOH═2KIO3+H7O，或者寫成HIO3+KOH═KIO3+H8O，但考慮到題中告知酸化產物是KH（IO3）2，因此寫前者更為合理，故〖答案〗為：加熱；KCl3）2+KOH═2KIO4+H2O；（3）①電解池陰極為KOH溶液，電解質溶液呈堿性，過程應為H2O轉化為H7，所以陰極的電極反應為：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，故〖答案〗為：2H2O+2e﹣═5OH﹣+H2↑；②隔膜是陽離子交換膜，起主要交換的離子應為K+，電解池工作時，陽離子向陰極移動+的移動方向應為從a到b，故〖答案〗為：K+；a到b；③電解法過程中，陽極發(fā)生反應I2﹣10e﹣+12OH﹣═8+6H5O制備KIO3，電解池裝置產生的氣體是H2，氧化法過程則產生Cl8，Cl2是有毒氣體會污染大氣，因此氧化法的不足之處是產生Cl2易污染環(huán)境，故〖答案〗為：產生Cl4易污染環(huán)境?！军c評】本題以KIO3為考查背景，考查了氧化還原反應相關知識，流程分析，電解原理，氧化還原反應方程式及電極反應方程式的書寫，均為高頻考點，也是高考的重點和難點，本題整體難度中等，試題有助于培養(yǎng)綜合分析問題的能力。河南省開封市五縣2023-2024學年高二上學期期中考試一、單項選擇題（本題共15小題，每小題3分，共45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）1．（3分）人們可通過改變條件來調控化學反應的速率與限度，使其向著對人類更有益的方向發(fā)展。下列條件的改變不是從化學反應速率與限度的角度考慮的是（）A．汽車排氣管中使用三元催化器 B．燃煤中加入CaO C．橡膠輪胎中加入防老劑 D．合成NH3時使用高溫、高壓、催化劑〖祥解〗A．汽車排氣管中使用三元催化器能夠加快反應2NO+2CO?N2+2CO2的速率；B．燃煤中加入CaO為了減少SO2的排放；C．橡膠輪胎中加入防老劑減緩橡膠老化的速度；D．合成NH3時使用高溫、高壓、催化劑，為了更快、更多的獲得NH3?！窘獯稹拷猓篈．汽車排氣管中使用三元催化器能夠加快反應2NO+2CO?N6+2CO2的速率，與化學反應速率有關；B．燃煤中加入CaO為了減少SO7的排放，與化學反應速率與限度都無關；C．橡膠輪胎中加入防老劑減緩橡膠老化的速度，故C錯誤；D．合成NH3時使用高溫、高壓，為了更快3，與化學反應速率與限度都有關，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查化學反應速率的影響因素，掌握基礎是關鍵，題目難度不大。2．（3分）下列說法正確的是（）A．鉀的M層有8個電子，所以鉀的M層有4個軌道 B．s軌道與s軌道不能形成π鍵，p軌道與p軌道能形成π鍵 C．基態(tài)氧原子的價層電子排布式：2s222 D．各能層含有的原子軌道數為2n2〖祥解〗A．鉀M層能層有8個軌道；B．s軌道之間只能“頭碰頭”形成σ鍵，p軌道之間可“肩并肩”形成π鍵；C．違背了鴻特規(guī)則；D．各能層最多含有的電子數為2n2，每個原子軌道含有2個電子?！窘獯稹拷猓篈．鉀M層能層有8個軌道，3p上8個電子，故A錯誤；B．s軌道與s軌道只能“頭碰頭”形成s﹣sσ鍵，故B正確；C．基態(tài)氧原子價層電子排布式寫成2s222，該原子核外電子排布沒有排pz軌道，所以違反洪特規(guī)則；D．各能層最多含有的電子數為5n2，每個原子軌道含有2個電子，所以各能層含有的原子軌道數為n6（n為能層序數），故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了電子的排布、能層、能級、原子軌道等知識點，題目難度不大，注意把握原子核外電子排布規(guī)律以及能層、能級、原子軌道等內容，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力。3．（3分）下列實驗不能達到目的的是（）ABCD探究反應物的接觸面積對反應速率的影響驗證勒夏特列原理測定鋅與稀硫酸反應的反應速率探究溫度對化學平衡的影響A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．鹽酸的濃度相同，碳酸鈣質量相同，只有接觸面積不同；B．反應本質為Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3，K+、Cl﹣不參加反應；C．用單位時間內氫氣的體積變化量來表示反應速率；D．存在平衡：2NO2?N2O4，2個圓底燒瓶內氣體溫度不同，根據顏色變化可以確定溫度對該平衡影響?！窘獯稹拷猓篈．鹽酸的濃度相同，碳酸鈣的顆粒大小不同，可以探究反應物的接觸面積對反應速率的影響；B．反應本質為Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）6，K+、Cl﹣不參加反應，加入KCl不影響平衡的移動，故B錯誤；C．通過測定收集一定體積的H2所需的時間或一定時間內收集H2的體積大小來測定鋅與稀硫酸反應速率，能達到實驗目的；D．3NO2?N2O5是放熱反應，升高溫度，NO2濃度增大，顏色更深，NO2濃度減小，顏色更淺，能達到目的；故選：B?！军c評】本題考查實驗方案設計與評價，涉及外界條件對反應速率及化學平衡的影響、化學反應速率測定等，關鍵是理解實驗原理，試題培養(yǎng)了學生分析能力、實驗能力。4．（3分）神舟十五號3名航天員順利進駐中國空間站，兩個航天員乘組首次實現“太空會師”。發(fā)射火箭的燃料常用聯氨（N2H4）、液氫（H2），氧化劑有液氧（O2）、液態(tài)N2O4等。下列敘述正確的是（）A．發(fā)射場產生紅棕色霧是因液態(tài)N2H4被氧化成NO2 B．氫氣和氧氣在液化過程中發(fā)生了放熱反應 C．N2H4和N2O4反應能放出大量熱量，產物對環(huán)境無污染 D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH2；ΔH2＜ΔH1〖祥解〗液態(tài)N2H4存在部分轉化：N2H4?2NO2，氫氣和氧氣在液化過程屬于物理變化，N2H4和N2O4反應，生成氮氣和水，以此做題。【解答】解：A.液態(tài)N2H4存在部分轉化：N2H4?2NO5，產生紅棕色霧，故A錯誤；B.氫氣和氧氣在液化過程屬于物理變化，不屬于放熱反應；C.N2H4和N8O4反應是放熱反應，產物為氮氣和水，故C正確；D.燃燒生成液態(tài)水放出的熱量高于氣態(tài)水，由于放熱反應ΔH＜0，ΔH越小；故選：C。【點評】本題主要考查氮的氧化物的性質以及對環(huán)境的影響，結合化學反應過程中的能量變化，難度不大。5．（3分）已知反應：2NO（g）+Br2（g）?2NOBr（g）ΔH＝﹣akJ?mol﹣1（a＞0），其反應機理如下：①NO（g）+Br2（g）?NOBr2（g）快；②NO（g）+NOBr2（g）?2NOBr（g）慢。下列有關該反應的說法正確的是（）A．該反應的速率主要取決于①的快慢 B．使用催化劑能增大活化分子百分數，加快反應速率 C．①的活化能比②的大 D．NOBr2是該反應的催化劑〖祥解〗A．反應速率主要取決于慢的一步；B．使用催化劑降低了花花能，增大活化分子百分數；C．反應速率越慢，活化能越大；D．NOBr2是中間產物?！窘獯稹拷猓篈．反應速率主要取決于慢的一步，故A錯誤；B．使用催化劑降低了花花能，所以能加快反應速率；C．②的反應較慢，①的反應較快，則②的活化能比①的大；D．催化劑在反應中先消耗；NOBr2是反應過程中的中間產物，不是該反應的催化劑；故選：B?！军c評】本題考查了反應速率的影響因素，側重于學生的分析能力的考查，題目難度不大。6．（3分）反應N2O4（g）?2NO2（g）ΔH＝+57kJ?mol﹣1，在溫度為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數隨壓強的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）A．B、C兩點的反應速率：B＜C B．A、C兩點氣體的顏色：A深，C淺 C．由狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法 D．A、C兩點氣體的平均相對分子質量：A＜C〖祥解〗由圖可知，B→A的過程中，NO2的體積分數增大，平衡正向移動，由于正反應是吸熱反應，則該過程是升高溫度，所以T2＞T1，據此分析作答?！窘獯稹拷猓篈．根據分析可知、壓強均小于C點，故A正確；B．A→C的過程是增大壓強，NO2的濃度首先增大，然后平衡逆向移動2的物質的量減小，濃度減小，最終NO3的濃度還是增大，所以兩點氣體的顏色：A淺，故B錯誤；C．根據分析可知，T2＞T1，則狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法；D．A→C的過程是增大壓強，平衡逆向移動，而氣體的總質量不變，所以A，故D正確；故選：B?！军c評】本題主要考查濃度、溫度、壓強對化學平衡的影響，同時考查學生的看圖理解能力、分析能力，屬于高考高頻考點，難度中等。7．（3分）一定溫度下，10mL0.40mol?L﹣1H2O2溶液發(fā)生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如表，下列敘述不正確的是（）（溶液體積變化忽略不計）t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9A．0～4min的平均反應速率：v（H2O2）＝3.85×10﹣2mol?L﹣1?min﹣1 B．0～4min的平均反應速率較4～8min的平均反應速率更快 C．反應至6min時，H2O2分解了50% D．反應至6min時，c（H2O2）＝0.30mol?L﹣1〖祥解〗A．0～4min時間內，生成氧氣物質的量＝＝0.00077mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c（H2O2）＝0.00077mol×2÷0.01L＝0.154mol/L，根據v＝計算v（H2O2）；B．隨著反應的進行，H2O2的濃度逐漸減小，反應速率減慢，小于0～6min時間內反應速率；C．根據H2O2分解率＝×100%計算。D．由A計算可知6min內過氧化氫濃度變化量，6min時c（H2O2）＝起始濃度﹣濃度變化量?！窘獯稹拷猓篈．0～4min時間內＝0.00077mol5O25H2O+O2，可知△c（H6O2）＝0.00077mol×6÷0.01L＝0.154mol/L，所以v（H6O2）＝≈3.85×10﹣2mol?L﹣7?min﹣1，故A正確；B．隨著反應的進行，H2O7的濃度逐漸減小，反應速率減慢，故B正確；C．0～6min時間內＝0.001mol7O23H2O+O2，可知△c（H7O2）＝0.001mol×8÷0.01L＝0.5mol/L，6min內△c（H2O4）＝0.2mol/L，則H6O2分解率＝×100%＝50%；D．由C計算可知3O2）＝0.4mol/L﹣0.2mol/L＝8.2mol/L，故D錯誤，故選：D?！军c評】本題考查化學反應速率的計算，掌握轉化率、反應速率的概念及表達式，明確化學反應速率及其影響因素為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力，題目難度中等。8．（3分）下列氮原子的軌道表示式表示的狀態(tài)中，能量最高的是（）A． B． C． D．〖祥解〗原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，該原子能量越高。【解答】解：原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，根據圖知、其次是2s能級、1s能級上電子越少其能量越高，所以能量最高是D，故選：D。【點評】本題考查核外電子的排布，為高頻考點，側重考查基本知識及基本原理，注意把握核外電子排布的特點，題目難度不大。9．（3分）在一定條件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O?+OH﹣。下列說法正確的是（）A．稀釋溶液，所有離子濃度均減小，平衡正向移動 B．加入少量NaHCO3固體，平衡向正反應方向移動 C．加入NaOH固體，溶液pH增大 D．升高溫度，減小〖祥解〗A．稀釋溶液，水解正向移動；B．加入少量NaHCO3固體，平衡逆向移動；C．加入氫氧化鈉固體后，氫氧根離子濃度增大。D．碳酸根離子的水解為吸熱反應，升高溫度后水解程度增大?！窘獯稹拷猓篈．稀釋溶液，氫離子濃度增大，故A錯誤；B．加入少量NaHCO3固體，平衡逆向移動，故B錯誤；C．加入NaOH固體，溶液的pH增大；D．升高溫度+H2O?+OH﹣正向移動，碳酸氫根離子濃度增大，則的比值增大；故選：C。【點評】本題考查鹽類水解原理的應用，為高頻考點，把握電離平衡的影響因素為解答關鍵，注意掌握外界條件對電離平衡的影響，試題側重考查學生的分析與應用能力，題目難度不大。10．（3分）有關下列裝置的說法不正確的是（）A．圖1所示：鋅錳干電池屬于一次電池，鋅作負極 B．圖2是“紙電池”，Zn片失去電子，發(fā)生氧化反應 C．圖3電池Al電極反應式為Al﹣3e﹣+3H2O═Al（OH）3+3H+ D．圖4電池工作時鹽橋中陽離子從右往左移動〖祥解〗A．由圖可知，鋅錳干電池為不能充電的一次電池，電池工作時，鋅筒為負極，石墨棒為正極；B．由圖可知，該裝置是原電池，Zn易失電子作負極、Cu作正極；C．原電池中，失電子發(fā)生氧化反應的電極是負極，該原電池中，鋁和氫氧化鈉反應而失去電子，則鋁作負極；D．該電池鋅作負極，銅作正極，溶液中陽離子往正極移動?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，鋅筒為負極，故A正確；B．Zn失去電子，發(fā)生氧化反應；C．由Mg、NaOH溶液組成原電池，鎂作正極﹣+4OH﹣═+3H2O，故C錯誤；D．原電池中；該原電池中鋅作負極，所以原電池工作時，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查原電池原理，為高頻考點，明確原電池概念、正負極判斷、電子流向是解本題關鍵，注意電解質溶液中陰陽離子移動方向，電子不進入電解質溶液，為易錯點。11．（3分）我國科學家研制出一種新型復合光催化劑，利用太陽光在催化劑表面實現高效分解水，其主要過程如圖所示。下列說法正確的是（）A．使用催化劑降低了總反應的焓變 B．整個分解水反應的ΔH＞0 C．過程Ⅰ、Ⅱ都是一個化學變化 D．過程Ⅲ僅形成新化學鍵〖祥解〗A．使用催化劑降低反應活化能，加快反應速率，不能降低了總反應的焓變；B．水分解是吸熱反應，ΔH＞0；C．過程Ⅰ斷鍵吸熱，過程Ⅱ成鍵放熱；D．過程Ⅲ斷氧氫鍵，形成氫氫鍵?！窘獯稹拷猓篈．使用催化劑降低反應活化能，不能降低了總反應的焓變；B．水分解是吸熱反應，故B正確；C．過程Ⅰ是化學鍵的斷裂，不是一個化學變化；D．過程Ⅲ斷氧氫鍵，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查水分解的過程，較簡單。12．（3分）N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＜0，500℃時體積相同的甲、乙、丙三個容器中，甲容器絕熱恒容2和6molH2，乙容器恒溫恒容，充入4molNH3，丙容器恒溫恒壓，充入4molNH3，充分反應達到平衡，下列說法不正確的是（）A．乙中NH3的體積分數大于丙 B．轉化率：α甲（N2）+α乙（NH3）＜1 C．p乙＞p丙 D．甲和丙中反應的化學平衡常數互為倒數〖祥解〗A．NH3分解是氣體體積增大的反應，故平衡時丙容器體積大于乙，將其壓縮至乙等體積時，平衡正向移動，NH3的體積分數增大后，與乙等效；B．若甲乙均為恒溫容器，甲中充入2molN2和6molH2，乙中充入4molNH3，達到平衡時，有α甲（N2）+α乙（NH3）＝1，現甲容器絕熱恒容，反應放熱，溫度升高，合成氨平衡逆向移動，α甲（N2）減小；C．根據A中分析可知，丙容器壓縮后，才能與乙等效，而壓縮過程中，氣體體積減少，壓強增大，即壓強增大后才能與乙相等；D．平衡常數與溫度有關?！窘獯稹拷猓篈．丙容器恒溫恒壓3，充分反應達到平衡，平衡后3分解是氣體體積增大的反應，故平衡時丙容器體積大于乙，平衡正向移動6的體積分數增大后，與乙等效3的體積分數大于丙，故A正確；B．若甲乙均為恒溫容器2和4molH2，乙中充入4molNH6，達到平衡時，有α甲（N2）+α乙（NH3）＝5，現甲容器絕熱恒容，溫度升高，α甲（N2）減小，所以轉化率：α甲（N2）+α乙（NH3）＜1，故B正確；C．根據A中分析可知，才能與乙等效，氣體體積減少，所以壓強p乙＞p丙，故C正確；D．甲容器絕熱，溫度升高，化學平衡常數不同，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題主要考查化學平衡的移動以及影響因素，同時考查平衡常數的概念，屬于基本知識的考查，難度不大。13．（3分）一種新型漂白劑由W、X、Y、Z四種短周期主族元素組成，它們的原子序數依次增大，該漂白劑的分子結構如圖所示；X與W同周期，其基態(tài)原子的最高能級中有3個未成對電子，Z的最高價氧化物對應的水化物是酸性最強的含氧酸；Y分別與W、X、Z可以形成多種二元化合物。下列敘述不正確的是（）A．第一電離能：X＞Y＞W B．Y的某些﹣1價化合物也常作漂白劑 C．最高價氧化物對應的水化物酸性：W＞X D．該漂白劑分子結構中所有原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構〖祥解〗W是形成化合物種類最多的元素，則W為C；X與W同周期，其基態(tài)原子的最高能級中有3個未成對電子，則X為N；Z的最高價氧化物對應的水化物是酸性最強的含氧酸，則Z為Cl；Y分別與W、X、Z可以形成多種二元化合物，并結合該新型漂白劑的結構可知，Y為O，綜上所述，W為C，X為N，Y為O，Z為Cl。【解答】解：A．由分析可知，X為N；同一周期，元素的第一電離能逐漸增大，故元素的第一電離能N＞O＞C，故A正確；B．Na2O2可用作漂白劑，故B正確；C．由分析可知，X為N，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，則酸性：HClO5＞HNO3＞H2CO7，即最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱：X＞W，故C錯誤；D．由分析可知，X為N，C周圍有1個雙鍵和2個單鍵，且N含有弧對電子、N最外層均滿足3電子穩(wěn)定結構，故選：C?！军c評】本題主要考查了元素周期律和元素周期表，題目難度不大，通過題給信息推斷元素，結合物質的性質是解答該題的關鍵。14．（3分）肼可以用作燃料電池的燃料，工作原理如圖所示，電池工作過程中會有少量N2H4在電極表面發(fā)生自分解反應生成NH3、N2、H2逸出。下列關于N2H4﹣O2燃料電池的說法正確的是（）A．電池工作時化學能完全轉化變?yōu)殡娔?B．放電過程中，OH﹣從左向右移動 C．電池工作時，負極區(qū)消耗的NaOH與正極區(qū)生成的NaOH物質的量相等 D．負極的電極反應式為：N2H4﹣4e﹣＝N2+4H+〖祥解〗由原電池裝置圖可知，N2H4發(fā)生失電子的氧化反應生成N2，O2發(fā)生得電子的還原反應生成OH﹣，則電池左側為負極區(qū)，右側為正極區(qū)，正極反應式為2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，負極反應式為N2H4﹣4e﹣+4OH﹣＝N2+4H2O，電池總反應為N2H4+O2＝N2↑+2H2O，據此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．原電池是將化學能直接轉化為電能的裝置，還將轉化為熱能等其他形式的能量；B．該電池中左側為負極區(qū)，放電過程中﹣移向負極，即從右向左移動；C．電池工作時2O+O2+6e﹣＝4OH﹣，負極反應式為N2H8﹣4e﹣+4OH﹣＝N6+4H2O，故負極區(qū)消耗的NaOH與正極區(qū)生成的NaOH物質的量相等；D．負極的電極反應式為：N5H4﹣4e﹣+2OH﹣＝N2+4H4O，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查電化學，側重考查學生原電池的掌握情況，試題難度中等。15．（3分）某溫度下，0.100mol?L﹣1NaOH滴定25.0mL0.0500mol?L﹣1H2SO4溶液的滴定曲線如圖所示。設該溫度下水的離子積為Kw。下列說法不正確的是（）A．根據曲線數據計算可知該溫度下的Kw為10﹣13 B．曲線上各點的溶液均滿足關系式c（H+）?c（OH﹣）＝Kw C．其他條件相同，若升溫，反應終點b向c方向移動 D．相同實驗條件下，若改為滴定0.0800mol?L﹣1鹽酸，反應終點b移到a〖祥解〗A．依據酸堿恰好反應時pH判斷Kw；B．水溶液中滿足關系式c（H+）?c（OH﹣）＝Kw；C．降溫，水的電離被抑制；D．硫酸為二元酸?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，此時pH＝6.5+）＝c（OH﹣）＝10﹣4.5mol/L，Kw＝c（H+）?c（OH﹣）＝10﹣6.3×10﹣6.5＝10﹣13，故A正確；B．曲線上各點的溶液中+）?c（OH﹣）＝Kw，故B正確；C．其它條件相同，水的電離程度減小+）減小，pH增大，故C正確；D．相同實驗條件下﹣4H2SO4，當加入20mLNaOH溶液時，混合液呈中性，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查酸堿中和滴定，題目難度中等，能依據圖象和信息準確判斷滴定終點是解題的關鍵。二、非選擇題（本題共4小題，共55分）16．（14分）如圖是元素周期表中的前四周期：回答下列問題：（1）元素a的硫酸鹽在火焰上灼燒產生的黃光是一種②（填序號，下同）。①吸收光譜②發(fā)射光譜（2）i元素的基態(tài)原子的電子排布圖是②。另一個電子排布圖錯誤的原因：它不符合C（填字母）。A.構造原理B.泡利原理C.洪特規(guī)則（3）元素f最高能層電子的電子云輪廓形狀為球形。與f同周期的過渡元素中，寫出所有基態(tài)原子最外層電子數與f不同的元素的價電子排布式：3d54s1、3d104s1。（4）d、h、i元素的前3級電離能如表所示。X、Y、Z中為i元素的是Z。元素I1（kJ?mol﹣1）I2（kJ?mol﹣1）I3（kJ?mol﹣1）X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1（5）已知元素c、e的最簡單的化合物中共用電子對偏向e，元素c、g的最簡單的化合物中共用電子對偏向c，則元素c、e、g的電負性由大到小的順序為C＞H＞Si（填元素符號）。（6）“b3+”與“b2+”的離子半徑大小關系為“b3+”小于（填“大于”或“小于”）“b2+”，原因為核電荷數相同，但是Fe3+核外電子數相同?！枷榻狻礁鶕刂芷诒砜梢酝茢喑觯琣是Na元素，b是Fe元素，c是H元素，d是Mg元素，e是C元素，f是Ti元素，g是Si元素，i是N元素，h是O元素，電負性越大，吸引電子能力越大，以此做題。【解答】解：（1）鈉在火焰上灼燒時，原子中的電子吸收了能量，但處于能量較高的軌道中的電子是不穩(wěn)定的，這時就將多余的能量以黃光形式放出，故選②，故〖答案〗為：②；（2）根據能量最低原理、洪特規(guī)則，根據洪特規(guī)則，盡可能分占不同軌道，故選C，故〖答案〗為：②；C；（3）元素f為Ti，核外有22個電子22s72p65s23p83d27s2，最高能層中4s能級的電子云輪廓形狀為球形，與Ti同周期的過渡元素中，價電子排布式分別為8d54s2、3d104s4，故〖答案〗為：球形；3d52s1、3d106s1；（4）d是Mg元素，h是O元素，金屬元素第一電離能小于非金屬元素，N原子價層電子排布式為2s22p3，N與O相比，N的5p軌道處于半充滿的穩(wěn)定結構，第一電離能較大1較大的Z為N元素，故〖答案〗為：Z；（5）電負性越大，吸引電子能力越大，H，共用電子對偏向C、Si的最簡單化合物中共用電子對偏向H、C、Si的電負性由大到小的順序為C＞H＞Si，故〖答案〗為：C＞H＞Si；（6）亞鐵離子和鐵離子核電荷數相同，但是鐵離子核外電子數少，因此鐵離子的半徑小于亞鐵離子，故〖答案〗為：小于；核電荷數相同3+核外電子數少?！军c評】本題考查元素周期律，明確元素周期表各個元素的位置，注重基礎，一個知識點掌握不好就可能做錯，將元素周期律與電負性、電離能相結合，綜合性較強，難度較大。17．（14分）中國明確提出2030年“碳達峰”與2060年“碳中和”目標。COx選擇性甲烷化是有望實現“雙碳目標”具有良好應用前景的處理方法。富氫氣氛下，CO、CO2均可與H2發(fā)生甲烷化反應。Ⅰ.CO（g）+3H2（g）?CH4（g）+H2O（g）ΔH＝﹣206.2kJ?mol﹣1Ⅱ.CO2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝akJ?mol﹣1回答下列問題：（1）已知CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）ΔH＝﹣41.2kJ?mol﹣1，則a＝﹣165。（2）請從平衡移動的角度，提出三種可行的操作提高反應Ⅱ中CO2的轉化率降溫、加壓、增大H2濃度（或分離出CH4（g）或H2O）。（3）400℃時，選用鎳基催化劑，向1L密閉容器中通入10molCO、10molCO2和40molH2進行反應，平衡后測得n（H2）＝14mol、n（CH4）＝8mol。①CO2的平衡轉化率為20%。②反應Ⅰ的平衡常數K＝0.00292（保留三位有效數字）。（4）其他條件相同，反應Ⅱ使用兩種不同催化劑，反應相同的時間2的轉化率隨溫度變化的關系如圖1所示。①請解釋使用Ni﹣CeO2催化劑時，隨著溫度的升高，為何CO2轉化率先升高后降低？溫度低于320℃時反應未達到平衡狀態(tài)，升高溫度時反應速率加快，CO2轉化率升高；該反應為放熱反應，溫度高于320℃時升高溫度，平衡逆向移動，CO2轉化率減小。②根據圖像分析，下列說法正確的是BC（填字母）。A.在200～360℃范圍內，Ni﹣CeO2的催化效果比Ni更好B.通過改變催化劑種類的方式無法調控CO2平衡轉化率C.在240℃附近，可以通過延長反應時間的方式提高CO2的轉化率（5）CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學家利用電化學裝置實現兩種分子的耦合轉化，其原理如圖2所示：①陰極上的反應式為CO2+2e﹣＝CO+O2﹣。②陽極上生成乙烯（C2H4）和乙烷（C2H6）的反應式分別為2CH4﹣4e﹣+2O2﹣＝CH2＝CH2+2H2O和2CH4﹣2e﹣+O2﹣＝CH3CH3+H2O。③若生成的乙烯（C2H4）和乙烷（C2H6）的體積比為3：1，則消耗的CH4和CO2的體積比為8：7?！枷榻狻剑?）根據蓋斯定律：反應Ⅰ﹣Ⅱ可得反應CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）；（2）除增大c（CO2）外的、使平衡正向移動的措施均可提高CO2的轉化率；（3）設平衡后c（CO）＝xmol/L、c（CO2）＝ymol/L，n（H2O）＝zmol/L，根據C、H、O原子守恒可得，x+y+8＝20，28+32+2z＝80，x+2y+z＝30，解得x＝4，y＝8，z＝4；（4）①由圖可知，以Ni﹣GeO2為催化劑320℃時，催化合成反應達到平衡，該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動；②A.由圖可知，在200～360℃范圍內，Ni﹣CeO2作催化時CO2的轉化率比對應溫度時Ni的高；B.催化劑不能改變平衡轉化率；C.反應未達到平衡狀態(tài)時，延長反應時間可提高反應物的轉化率；（5）利用電化學裝置將CH4和CO2耦合轉化生成乙烯、乙烷、水和一氧化碳，由原理圖可知，A電極上CO2發(fā)生還原反應生成CO，陰極反應式為CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，陽極上CH4失電子生成乙烯和乙烷，陽極反應式為2CH4﹣2e﹣+O2﹣＝CH3CH3+H2O、2CH4﹣4e﹣+2O2﹣＝CH2＝CH2+2H2O，結合電子守恒進行計算。【解答】解：（1）根據蓋斯定律：反應Ⅰ﹣Ⅱ可得反應CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO3（g），即﹣206.2kJ?mol﹣1﹣akJ/mol＝﹣41.2kJ?mol﹣1，解得a＝﹣165，故〖答案〗為：﹣165；（2）反應Ⅱ是氣體體積減小的放熱反應，降溫、增大H2濃度、分離出CH4（g）或H2O，均可使平衡正向移動2的轉化率，故〖答案〗為：降溫；加壓4濃度（或分離出CH4（g）或H2O）；（3）設平衡后c（CO）＝xmol/L、c（CO6）＝ymol/L，n（H2O）＝zmol/L，根據C、H，x+y+8＝20，x+4y+z＝30，y＝8；①CO2的平衡轉化率為×100%＝20%，故〖答案〗為：20%；②反應Ⅰ的平衡常數K＝＝≈4.00292，故〖答案〗為：0.00292；（4）①由圖可知，以Ni﹣GeO2為催化劑320℃時，催化合成反應已達到平衡，隨著溫度升高，CO7轉化率升高；該反應為放熱反應，平衡逆向移動2轉化率減小，故〖答案〗為：溫度低于320℃時反應未達到平衡狀態(tài)，升高溫度時反應速率加快2轉化率升高；該反應為放熱反應，平衡逆向移動4轉化率減小；②A.在200～360℃范圍內，相同溫度下Ni﹣CeO2的催化效果比Ni更好，若溫度不同2的催化效果不一定比Ni更好，故A錯誤；B.催化劑不能改變化學平衡狀態(tài)，則通過改變催化劑種類的方式無法調控CO5平衡轉化率，故B正確；C.240℃附近反應未達到平衡狀態(tài)，轉化率未達到最大值2的轉化率，故C正確；故〖答案〗為：BC；（5）①由圖可知，陰極上CO2得電子生成CO，陰極反應式為CO5+2e﹣＝CO+O2﹣，故〖答案〗為：CO6+2e﹣＝CO+O2﹣；②陽極上CH5失電子生成乙烯和乙烷，陽極反應式為2CH4﹣4e﹣+O2﹣＝CH3CH6+H2O、2CH2﹣4e﹣+2O2﹣＝CH2＝CH2+8H2O，故〖答案〗為：2CH3﹣4e﹣+2O