安徽省滁州市定遠(yuǎn)縣重點中學(xué)2020屆高三5月模擬理綜化學(xué)試題1.[安徽省合肥市2019年高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢測]化工生產(chǎn)與人類進(jìn)步緊密相聯(lián)。下列有關(guān)說法不正確的是A.空氣吹出法提取海水中溴通常使用SO2作還原劑B.侯氏制堿法工藝流程中利用了物質(zhì)溶解度的差異C.合成氨采用高溫、高壓和催化劑主要是提高氫氣平衡轉(zhuǎn)化率D.工業(yè)用乙烯直接氧化法制環(huán)氧乙烷體現(xiàn)綠色化學(xué)和原子經(jīng)濟【答案】C【解析】【詳解】A．空氣吹出法中氯氣置換出來的溴，Br2被水蒸氣吹出與SO2反應(yīng)，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合價從＋4升高到＋6，作還原劑，A項正確；B．在侯氏制堿法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物質(zhì)的溶解度小，使之析出，B項正確；C．合成氨的反應(yīng)為N2＋3H22NH3，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，采用高溫并不利于反應(yīng)正向移動，不能提高氫氣平衡轉(zhuǎn)化率，采用高溫是為了提高化學(xué)反應(yīng)速率，使用催化劑只能加快反應(yīng)速率，不能提高氫氣平衡轉(zhuǎn)化率，C項錯誤；D．乙烯與氧氣反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100%，符合綠色化學(xué)和原子經(jīng)濟性，D項正確；本題答案選C。2.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.2gD2O和H2l8O混合物中所含中子數(shù)為NAB.1L0.1mol·L1NaHCO3溶液中HCO3和CO32AAD.0.1molH2和0.1molI2A【答案】A【解析】【詳解】A.D2O和H2l8O的摩爾質(zhì)量相同都為20g/mol,中子數(shù)也相等均為10，所以2gD2O和H2l8O混合物中所含中子數(shù)為NA，故A正確；B.NaHCO3屬于強堿弱酸鹽，HCO3既能發(fā)生電離：HCO3H++CO32，也能發(fā)生水解：H2O+HCO3H2CO3+OH，根據(jù)物料守恒可知，1L0.1mol·L1NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3和CO32A,故B錯誤。C.常溫常壓下，F(xiàn)e和足量濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，故C錯誤；D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密閉容器中充分反應(yīng)為H2（g）+I2(g)A,故D錯誤；答案：A。3.地奧司明片是治療靜脈淋巴功能不全相關(guān)的各種癥狀（腿部沉重、疼痛、晨起酸脹不適感）的主要治療藥物，下圖為合成地奧司明片重要中間體，下列有關(guān)說法正確的是（）A.分子式為C18H20O6B.該中間體是高分子化合物C.該中間體可發(fā)生水解反應(yīng)生成乙醇D.該中間體分子在一定條件下可以發(fā)生取代、加成、氧化反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)碳四價可數(shù)得其每個分子中含有18個氫原子，A項錯誤；B.一般來說，高分子化合物要求相對分子質(zhì)量至少過萬，B項錯誤；C.因該物質(zhì)結(jié)構(gòu)中含有酯基，所以可以發(fā)生水解反應(yīng)，但產(chǎn)物有乙酸，沒有乙醇，C項錯誤；D.因該物質(zhì)結(jié)構(gòu)中有酚羥基、酯基等，可發(fā)生取代反應(yīng)，因結(jié)構(gòu)中有苯環(huán)，可發(fā)生催化加氫反應(yīng)，因含有酚羥基或可以燃燒，因而能發(fā)生氧化反應(yīng)，D項正確；所以答案選擇D項?！军c睛】有怎樣的基團，就有怎樣的化學(xué)性質(zhì)。該物質(zhì)結(jié)構(gòu)中含酚羥基，所以能被氧化，因酚羥基的鄰對位有氫，所以可以與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)，因結(jié)構(gòu)中有酯基，所以可以發(fā)生水解反應(yīng)。4.短周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A的原子得到一個電子達(dá)到稀有氣體結(jié)構(gòu)，B的單質(zhì)通常作為瓜果、食品的保護(hù)氣，E所在的族序數(shù)是周期數(shù)的2倍，C、D、E的最外層電子之和為10。下列說法正確的是（）A.簡單離子半徑：E>B>C>DB.C可以從溶液中置換出D單質(zhì)C.A、B、E形成化合物中只存在共價鍵D.A和B形成的化合物溶于水可導(dǎo)電，所以該化合物為電解質(zhì)【答案】A【解析】【分析】首先可判斷B為N元素，原子序數(shù)依次增大，則A只能是H元素，E不可能為C元素，只能是S元素，所以C、D最外層電子之和為4，B為N元素，則C不可能是Li、Be、B，所以C為Na元素，D為Al元素。【詳解】A.根據(jù)“層多徑大，序大徑小”，簡單離子半徑S2>N3>Na+>Al3+，A項正確；B.鈉先與水反應(yīng)，鈉無法從溶液中置換出鋁單質(zhì)，B項錯誤；C.H、N、S形成的化合物為（NH4）2S或NH4HS，化合物中既含離子鍵又含共價鍵，C項錯誤；D.氨氣的水溶液導(dǎo)電的原因是：氨氣與水化合成的一水合氨電離出自由移動的陰、陽離子，NH3自身不電離，屬于非電解質(zhì)，D項錯誤；所以答案選擇A項。5.下列實驗操作、現(xiàn)象及得出的結(jié)論均正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論ACu片與足量濃硫酸加熱反應(yīng)，冷卻后，再將冷水緩慢加入盛有反應(yīng)混合物的燒杯中溶液變藍(lán)證明反應(yīng)生成了Cu2+B向添加KIO3的食鹽中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液溶液變藍(lán)氧化性：IO3>I2C向20.00mL濃度均為0.1mol/L的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴加幾滴等濃度的AgNO3溶液只產(chǎn)生黑色沉Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)D2SO3和NaHSO3兩種溶液的pHpH：Na2SO3>NaHSO3HSO3結(jié)合H+能力比SO32的強A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.混合物中含有濃度較大的硫酸，應(yīng)將反應(yīng)后混合物注入水中，溶液變藍(lán)，操作不正確，A錯誤；3的食鹽中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液，發(fā)生反應(yīng)：IO3+6H++5I=3I2+3H2O，反應(yīng)產(chǎn)生的I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色，因此會看到溶液變?yōu)樗{(lán)色，在該反應(yīng)中氧化劑是KIO3，I2是氧化產(chǎn)物，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，所以可證明氧化性：IO3>I2，B正確；2S與Ag2CO3的組成相似，Ksp小的先產(chǎn)生沉淀，由于向等濃度等體積的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴加幾滴等濃度的AgNO3溶液，先產(chǎn)生黑色Ag2S沉淀，說明Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)，C錯誤；D.根據(jù)鹽的水解規(guī)律：越弱越水解，即形成鹽的酸的酸性越弱，其酸根離子結(jié)合H+能力就越強，等濃度的Na2SO3和NaHSO3兩種溶液pH：Na2SO3>NaHSO3，說明結(jié)合H+的能力：SO32>HSO3，D錯誤；故合理選項是B。6.常溫下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水電離出氫離子濃度隨滴入氨水體積變化如圖。下列分析正確的是（）A.NaHB溶液可能為酸性，也可能為堿性B.A、B、C三點溶液的pH是逐漸減小，D、E、F三點溶液的pH是逐漸增大C.E溶液中離子濃度大小關(guān)系：c(NH4+)>c(B2－)>c(OH－)>c(H+)D.F點溶液c(NH4+)=2c(B2－)【答案】D【解析】【分析】未加入氨水前，溶液的水電離出的OH濃度為1013mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，該酸的濃度為0.05mol/L，所以該酸為二元強酸。酸、堿對水的電離起抑制作用，可水解的鹽對水的電離起促進(jìn)作用，隨著氨水的不斷滴入，溶液中水電離的c（H+）逐漸增大，當(dāng)兩者恰好完全反應(yīng)生成（NH4）2B時水的電離程度達(dá)最大（圖中D點），繼續(xù)加入氨水，水電離的c（H+）逐漸減小?！驹斀狻緼.NaHB屬于強酸的酸式鹽，NaHB溶液應(yīng)該呈酸性，A項錯誤；B.向酸溶液中逐漸加入堿發(fā)生中和反應(yīng)，混合液溶液的pH是逐漸增大的，B項錯誤；C.E點溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水電離的c（H+）>1×107mol/L，溶液中H+全部來自水電離，則E點水溶液顯酸性，所以c(H+)>c(OH)，C項錯誤；D.F點溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水電離的c（H+）=1×107mol/L，溶液中H+全部來自水電離，則F點水溶液呈中性，此時溶液中的電荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+2c(B2)，因c(H+)=c(OH)，所以有c(NH4+)=2c(B2)，D項正確；所以答案選擇D項。7.以太陽能為熱源分解Fe3O4，經(jīng)熱化學(xué)鐵氧化合物循環(huán)分解水制的過程如圖所示。下列敘述不正確的是()A.過程Ⅰ中的能量轉(zhuǎn)化形式是太陽能→化學(xué)能B.過程Ⅱ的化學(xué)方程式為3FeO+H2OFe3O4+H2↑C.過程Ⅰ中每消耗116gFe3O4轉(zhuǎn)移2mol電子D.鐵氧化合物循環(huán)制H2具有節(jié)約能源、產(chǎn)物易分離等優(yōu)點【答案】C【解析】【詳解】A.過程I利用太陽能將Fe3O4轉(zhuǎn)化為O2和FeO，實現(xiàn)的能量轉(zhuǎn)化形式是太陽能→化學(xué)能，A正確；B.過程II實現(xiàn)了FeO與H2O反應(yīng)生成Fe3O4和H2的轉(zhuǎn)化反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為3FeO+H2OFe3O4+H2↑，B正確；C.過程Ⅰ：2Fe3O4（s）＝6FeO（s）+O2（g），當(dāng)有2molFe3O4分解時，生成1mol氧氣，而n(Fe3O4)=116g÷232g/mol=0.5mol，故生成0.25mol氧氣，而氧元素由2價變?yōu)?價，故轉(zhuǎn)移0.25mol×4＝1mol電子，C錯誤；D.根據(jù)流程信息可知，鐵氧化合物循環(huán)制H2具有節(jié)約能源、產(chǎn)物易分離等優(yōu)點，D正確；故合理選項是C。8.ClO2是一種黃綠色或橙黃色的氣體，極易溶于水，可用于水的消毒殺菌、水體中Mn2+等重金屬除及煙氣的脫硫脫硝。回答下列問題：（1）將過硫酸納(Na2S2O8)溶液加入亞氯酸鈉(NaClO2)中可制備ClO2，NaClO2中Cl元素的化合價是_________，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為_____________。（2）將ClO2通入MnSO4溶液，溶液中可檢測到Cl同時有黑色MnO2沉淀生成。①ClO2和MnO2均屬于氧化物，理由是___________________。②該反應(yīng)的離子方程式為_____________________。（3）為研究ClO2脫硝的適宜條件，在1L200mg?L1ClO2溶液中加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH，通入NO氣體并測定NO的去除率，其關(guān)系如下圖所示：①實驗中使用的C1O2溶液的物質(zhì)的量濃度為____________(保留三位有效數(shù)字）；要使NO的去除率更高，應(yīng)控制的條件是__________________________。②當(dāng)溶液pH>7時，NO的去除率增大的原因是ClO2與NaOH溶液反應(yīng)可生成更強的吸收劑NaC1O2，寫出堿性條件下NaClO2脫除NO反應(yīng)的離子方程式：___________________。【答案】(1).+3(2).1：2(3).均含兩種元素，且其中一種為氧元素(4).2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl(5).2.96×103mol?L1(6).控制溶液呈強酸性或強堿性(7).4NO+3ClO2+4OH=4NO2+3Cl+2H2O【解析】(1)將過硫酸鈉(Na2S2O8)溶液加入亞氯酸鈉(NaClO2)中可制備ClO2，NaClO2中Cl元素的化合價為+3價，該反應(yīng)中過硫酸鈉(Na2S2O8)中S元素的化合價由+7價降低為+6價，過硫酸鈉為氧化劑，亞氯酸鈉(NaClO2)中Cl的化合價由+3價升高為+4價，亞氯酸鈉為還原劑，根據(jù)得失電子守恒，過硫酸鈉為氧化劑，亞氯酸鈉的物質(zhì)的量之比為1:2，故答案為+3；1：2；(2)①ClO2和MnO2均含兩種元素，且其中一種為氧元素，屬于氧化物，故答案為均含兩種元素，且其中一種為氧元素；②將ClO2通入MnSO4溶液中可檢測到Cl同時有黑色MnO2沉淀生成，反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl，故答案為2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl；(3)①200mgC1O2的物質(zhì)的量為=0.00296mol，因此C1O2溶液的物質(zhì)的量濃度為2.96×103mol?L1，根據(jù)圖像，要使NO的去除率更高，應(yīng)該控制溶液呈強酸性或強堿性，故答案為2.96×103mol?L1；控制溶液呈強酸性或強堿性；②當(dāng)溶液pH>7時，NO的去除率增大的原因是ClO2與NaOH溶液反應(yīng)可生成更強的吸收劑NaC1O2，在堿性條件下NaClO2脫除NO反應(yīng)的離子方程式為4NO+3ClO2+4OH=4NO2+3Cl+2H2O，故答案為4NO+3ClO2+4OH=4NO2+3Cl+2H2O。9.鉻是人體必需的微量元素，它與脂類代謝有密切聯(lián)系，但鉻過量會引起污染，危害人類健康。（1）不同價態(tài)的鉻毒性不同，三價鉻對人體幾乎無毒，六價鉻的毒性約為三價鉻的100倍。電鍍廠產(chǎn)生的鍍銅廢水中往往含有一定量的Cr2O72，處理該廢水常用的流程如下圖所示：Na2S2O3在此過程中表現(xiàn)________性。若向含Cr3+的廢水中加入過量NaOH溶液，會得到NaCrO2溶液，NaCrO2中Cr元素的化合價為_________價，反應(yīng)的離子方程式為______________________。（2）交警常用一種“酒精檢測儀”檢測司機是否酒后駕車。其反應(yīng)原理如下，請配平該反應(yīng)方程式：（）CrO3+（）CH3CH2OH+（）H2SO4—（）CH3CHO+（）Cr2(SO4)3+（）H2O（3）已知存在平衡：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O。向K2Cr2O7溶液中加入Ba(NO3)2和Pb(NO3)2溶液，可析出BaCrO4和PbCrO4兩種沉淀，反應(yīng)的離子方程式為（任意寫出其中一種即可）。此時溶液中c(Pb2+)：c(Ba2+)=_________________。已知Ksp（BaCrO4）=1.25×1010；Ksp（PbCrO4）=2.75×1013；（4）工業(yè)上以鉻酸鉀（K2CrO4）為原料，采用電化學(xué)法制備K2Cr2O7，制備裝置如圖所示（陽離子交換膜只允許陽離子透過）。通電后陽極的電極反應(yīng)式為____________________。請結(jié)合方程式解釋反應(yīng)一段時間后，在陰極室得到濃KOH溶液的原因____________________。【答案】(1).還原(2).+3(3).Cr3++4OH=CrO2+2H2O(4).2(5).3(6).3(7).3(8).1

(9).6(10).Cr2O72+H2O+2Ba2+=2BaCrO4↓+2H+（或Cr2O72+H2O+2Pb2+=2PbCrO4↓+2H+）(11).2.2×103(12).2H2O4e=O2↑+4H+（或4OHˉ—4e=O2↑+2H2O），陰極室發(fā)生反應(yīng)2H2O+2e=H2↑+2OH，c(OHˉ)增大；K+穿過陽離子交換膜進(jìn)入陰極室，與OHˉ共同得到KOH【解析】【分析】(1)Na2S2O3是還原劑，把NaCrO2中Cr元素還原為+3價，生成的Cr3+與過量NaOH溶液反應(yīng)生成CrO2；(2)該反應(yīng)中Cr元素化合價由+6價變?yōu)?3價，C2H5OH中C元素化合價由2價變?yōu)?價，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為6，據(jù)電子守恒、原子守恒配平方程式；(3)根據(jù)濃度對平衡移動的影響規(guī)律進(jìn)行分析；根據(jù)c(Pb2+)：c(Ba2+)==Ksp(PbCrO4)：Ksp(BaCrO4)進(jìn)行計算；(4)陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，OHˉ失電子生成O2，陰極室發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，c（OH）增大，K+穿過陽離子交換膜進(jìn)入陰極室。【詳解】(1)Na2S2O3與六價鉻發(fā)生氧化還原反應(yīng)將六價的還原成+3價，所以Na2S2O3是還原劑，NaCrO2中Cr元素的化合價為+3價，向含Cr3+的廢水中加入過量NaOH溶液，反應(yīng)方程式為Cr3++4OH=CrO2+2H2O；(2)該反應(yīng)中Cr元素化合價由+6價變?yōu)?3價，C2H5OH中C元素化合價由2價變?yōu)?價，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為6，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等知，CrO3的計量數(shù)是2，C2H5OH的計量數(shù)是3，再結(jié)合原子守恒配平方程式為2CrO3+3CH3CH2OH+3H2SO4＝3CH3CHO+Cr2(SO4)3+6H2O；(3)加入Ba（NO3）2和Pb（NO3）2溶液，平衡：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O向逆反應(yīng)方向移動，所以反應(yīng)的離子方程式為Cr2O72+H2O+2Ba2+=2BaCrO4↓+2H+（或Cr2O72+H2O+2Pb2+=2PbCrO4↓+2H+）；c(Pb2+)：c(Ba2+)==Ksp(PbCrO4)：Ksp(BaCrO4)=2.75×10?13：1.25×10?10=2.2×103；(4)陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為4OHˉ4e=O2↑+2H2O，陰極室發(fā)生反應(yīng)2H2O+2e=H2↑+2OH，c（OH）增大；K+穿過陽離子交換膜進(jìn)入陰極室?！军c晴】答題時注意沉淀溶解平衡的理解與計算，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵。難點是氧化還原反應(yīng)方程式的配平。氧化還原反應(yīng)的實質(zhì)是反應(yīng)過程中發(fā)生了電子轉(zhuǎn)移，而氧化劑得電子的總數(shù)(或元素化合價降低總數(shù))必然等于還原劑失電子總數(shù)(或元素化合價升高總數(shù))，根據(jù)這一原則可以對氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式進(jìn)行配平。配平的步驟：(1)標(biāo)好價：正確標(biāo)出反應(yīng)前后化合價有變化的元素的化合價。(2)列變化：列出元素化合價升高和降低的數(shù)值。(3)求總數(shù)：求元素化合價升高數(shù)和降低數(shù)的總數(shù)，確定氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的化學(xué)計量數(shù)。(4)配系數(shù)：用觀察法配平其他各物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)。(5)細(xì)檢查：利用“守恒”三原則(即質(zhì)量守恒、得失電子守恒、電荷守恒)，逐項檢查配平的方程式是否正確。10.CO2是主要的溫室氣體，也是一種工業(yè)原料?；厥绽肅O2有利于緩解溫室效應(yīng)帶來的環(huán)境問題。(1)我國科學(xué)家通過采用一種新型復(fù)合催化劑，成功實現(xiàn)了CO2直接加氫制取高辛烷值汽油。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=571.6kJ/mol2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)ΔH=11036kJ/mol25℃、101kPa條件下，CO2與H2反應(yīng)生成辛烷(以C8H18表示)和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式是_________。(2)CO2催化加氫合成乙醇的反應(yīng)原理是：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)△H=173.6kJ/mol圖是起始投料不同時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化關(guān)系，m為起始時的投料比，即m=。m1、m2、m3投料比從大到小的順序為_________，理由是_________。(3)在Cu/ZnO催化劑存在下，將CO2與H2混合可合成甲醇，同時發(fā)生以下兩個平行反應(yīng)：反應(yīng)ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=53.7kJ/mol反應(yīng)ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同壓強下,經(jīng)過相同反應(yīng)時間測得如下實驗數(shù)據(jù)(其中“甲醇選擇性”是指轉(zhuǎn)化的CO2中生成甲醇的百分比)：實驗序號T/K催化劑CO2轉(zhuǎn)化率/%甲醇選擇性/%實驗1543Cu/ZnO納米棒實驗2543Cu/ZnO納米片實驗3553Cu/ZnO納米棒實驗4553Cu/ZnO納米片①對比實驗1和實驗3可發(fā)現(xiàn)：同樣催化劑條件下，溫度升高，CO2轉(zhuǎn)化率升高，而甲醇的選擇性卻降低，請解釋甲醇選擇性降低的可能原因_______________；②對比實驗1和實驗2可發(fā)現(xiàn)：在同樣溫度下，采用Cu/ZnO納米片使CO2轉(zhuǎn)化率降低，而甲醇的選擇性卻提高，請解釋甲醇的選擇性提高的可能原因____________。③有利于提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率的措施有_______。

a．使用Cu/ZnO納米棒做催化劑b．使用Cu/ZnO納米片做催化劑c．降低反應(yīng)溫度d．投料比不變，增加反應(yīng)物的濃度e．增大的初始投料比(4)以納米二氧化鈦膜為工作電極，稀硫酸為電解質(zhì)溶液，在一定條件下通入CO2，電解，在陰極可制得低密度聚乙烯(簡稱LDPE)。①電解時，陰極的電極反應(yīng)式是_____________。②工業(yè)上生產(chǎn)1.4×104kg的LDPE，理論上需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下______L的CO2。【答案】(1).8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(l)+16H2O(l)ΔH=1627kJ/mol(2).m1>m2>m3(3).溫度相同時，c(H2)增大，CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，平衡向正反應(yīng)方向移動。(4).反應(yīng)Ⅰ是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，因此甲醇產(chǎn)率減小，甲醇的選擇性降低。(5).Cu/ZnO納米片對反應(yīng)I的催化作用更好，測定時間內(nèi)得到的甲醇較多，甲醇選擇性提高。(6).cd(7).2nCO2+12nH++12ne=+4nH2O(8).2.24×107【解析】【分析】(1)利用蓋斯定律，將兩個熱化學(xué)方程式中O2消去，整理，就可得到相應(yīng)的熱化學(xué)方程式；(2)一定溫度下二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨m(為起始時的投料比)增大而增大，使一種反應(yīng)物濃度增大一種會提高另一種物質(zhì)的平衡轉(zhuǎn)化率；(3)①反應(yīng)Ⅰ是放熱反應(yīng)，根據(jù)溫度對化學(xué)平衡的影響分析；②使用Cu/ZnO納米片催化劑使反應(yīng)I速率增加，該時間內(nèi)得到的甲醇較多，甲醇選擇性提高；③有利于提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，需要使平衡向正反應(yīng)方向移動，結(jié)合平衡移動原理分析；(4)電解過程中陰極上CO2發(fā)生還原反應(yīng)生成：結(jié)合碳化合價的變化，分析得到的電子數(shù)目，根據(jù)電荷守恒可得該電極反應(yīng)式，并結(jié)合電極反應(yīng)式及物質(zhì)的量公式計算?！驹斀狻?1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=571.6kJ/mol；②2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)ΔH=11036kJ/mol，(①×25②)÷2，整理可得：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(l)+16H2O(l)ΔH=1627kJ/mol；(2)CO2催化加氫合成乙醇的反應(yīng)原理是：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)△H=173.6kJ/mol，根據(jù)方程式可知：CO2、H2都是反應(yīng)物，根據(jù)平衡移動原理可知，在溫度不變時，c(H2)增大，平衡正向移動，CO2轉(zhuǎn)化率增大，即一定溫度下二氧化碳轉(zhuǎn)化率隨m(為起始時的投料比)增大而增大，根據(jù)圖示可知轉(zhuǎn)化率：m1＞m2＞m3，所以m1、m2、m3投料比從大到小的順序為：m1＞m2＞m3；(3)①同樣催化劑條件下，溫度升高，CO2轉(zhuǎn)化率升高，而甲醇的選擇性卻降低的原因是反應(yīng)Ⅰ為生成甲醇的反應(yīng)，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向進(jìn)行，因此甲醇的產(chǎn)率減小，甲醇的選擇性降低；②在同樣溫度下，采用Cu/ZnO納米片使CO2轉(zhuǎn)化率降低，而甲醇的選擇性卻提高的可能原因是在該時間內(nèi)，使用Cu/ZnO納米片催化劑使反應(yīng)I速率增加，因此測得該時間內(nèi)得到的甲醇較多，甲醇選擇性提高；③a．使用Cu/ZnO納米棒做催化劑，對化學(xué)平衡無影響，無法提高CO2轉(zhuǎn)化CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，a錯誤；b．使用Cu/ZnO納米片做催化劑，催化劑不影響化學(xué)平衡移動，無法提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，b錯誤；c．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低反應(yīng)溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，可提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，c正確；d．投料比不變，增加反應(yīng)物氫氣的濃度，可提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH平衡轉(zhuǎn)化率，d正確；e．增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳濃度增大，則CO2轉(zhuǎn)化率降低，e錯誤；故合理選項為cd；(4)電解過程中陰極上CO2發(fā)生還原反應(yīng)生成：由C原子守恒可知關(guān)系式為2nCO2→，碳的化合價從+4變?yōu)?，每個C原子得到6個電子，則2nCO2總共得到12n個電子，結(jié)合電荷守恒可得該電極反應(yīng)式為：2nCO2+12e+12nH+=+4nH2O，需要二氧化碳的物質(zhì)的量為n(CO2)==1×106mol，則在標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2的體積為V(CO2)=1×106mol×22.4L/mol=2.24×107L?！军c睛】本題考查蓋斯定律、外界條件對反應(yīng)速率和平衡狀態(tài)的影響、電解原理等知識，要求學(xué)生掌握基本概念，看清圖像的橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)及曲線變化趨勢，靈活運用，結(jié)合生活實際分析問題、解決問題，題目難度中等。[化學(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.過渡金屬元素的單質(zhì)及化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中具有許多用途，根據(jù)所學(xué)知識回答下列問題：（1）基態(tài)Ni2+的核外電子排布式_______________；配合物Ni(CO)4常溫下為液態(tài)，易溶于CCl4，苯等有機溶劑，固態(tài)Ni(CO)4，屬于_______________晶體；鎳的羰基配合物Ni(CO)4是獲得高純度納米鎳的原料，該配合物中鎳原子的價電子排布為3d10，則其雜化軌道類型為_______________，Ni(CO)4是_______________（填“極性”或“非極性”）分子。（2）氯化亞銅是一種白色固體，實驗測得其蒸氣密度是同條件下氫氣密度的99.5倍，則氯化亞銅的分子式為_______________；氯化亞銅的鹽酸溶液可定量吸收CO形成配合物Cu2(CO)2Cl2·2H2O（結(jié)構(gòu)如圖所示），該反應(yīng)可用于測定空氣中CO的含量，每個Cu2(CO)2Cl2·2H2O分子中含_______________個配位鍵。（3）銅能與類鹵素(SCN)2反應(yīng)生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子中含有σ鍵與π鍵的數(shù)目比為__________；類鹵素(SCN)2對應(yīng)的酸有兩種，理論上硫氰酸（HSC≡N）的沸點低于異硫氰酸（HN=C=S）的沸點，其原因是_______________。（4）立方NiO（氧化鎳）晶體的結(jié)構(gòu)如圖所示，其晶胞邊長為apm，列式表示NiO晶體的密度為_______________g/cm3（不必計算出結(jié)果，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）。人工制備的NiO晶體中常存在缺陷（如圖）：一個Ni2+空缺，另有兩個Ni2+被兩個Ni3+所取代，其結(jié)果晶體仍呈電中性，但化合物中Ni和O的比值卻發(fā)生了變化。已知某氧化鎳樣品組成NiO，該晶體中Ni3+與Ni2+的離子個數(shù)之比為_______________?！敬鸢浮?1).【Ar】3d8(2).分子(3).sp3(4).非極性分子(5).Cu2Cl2(6).6(7).5∶4(8).異硫氰酸中HN鍵極性強，分子間存在氫鍵，而硫氰酸分子間只存在分子間作用力，所以異硫氰酸的沸點高于硫氰酸(9).(10).1∶11【解析】(1)Ni元素是28號元素，位于第四周期第Ⅷ族，其基態(tài)原子的電子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，因此基態(tài)Ni2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d8；配合物Ni(CO)4常溫為液態(tài)，熔點低，易溶于CCl4、苯等有機溶劑，所以Ni(CO)4屬于分子晶體；該配合物中鎳原子的價電子排布式為3d10，可知Ni提供空軌道，O提供孤電子對，為正四面體結(jié)構(gòu)，Ni其雜化軌道類型為sp3，是正四面體結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子，故答案為1s22s22p63s23p63d8；分子；sp3；非極性；(2)實驗測得其蒸氣密度是同條件下氫氣密度的99.5倍，相對分子質(zhì)量為99.5×2=199，由(CuCl)n=199，n=2得到化學(xué)式Cu2Cl2，氯原子最外層電子數(shù)為7可知，氯原子可形成一對共用電子對，即氯原子形成的兩條共價鍵中只有一條為配位鍵，而X可形成三條配位鍵，配位鍵如圖(X為Cu)，則每個Cu2(CO)2Cl2?2H2O分子中含6個配位鍵，故答案為Cu2Cl2；6(3)(SCN)2結(jié)構(gòu)式為N≡CSSC≡N，根據(jù)[(SCN)2]的結(jié)構(gòu)可知分子中有3個單鍵和2個碳氮三鍵，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個σ鍵、2個π鍵，(SCN)2分子含有5個σ鍵，故1mol(SCN)2分子中含有σ鍵的數(shù)目為5NA，π鍵的數(shù)目為4NA，數(shù)目比為5∶4；由于異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸分子間不能形成氫鍵，所以硫氰酸(HSC≡N)的沸點低于異硫氰酸，故答案為5∶4；異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸分子間不能形成氫鍵，所以異硫氰酸的