四川省成都市第七中學20232024學年高三下學期二診模擬

化學試題

考試時間：150分鐘，試卷滿分300分

相對原子質量：HlC12016Na23P31S32Co59

一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目

要求。

1.下列說法錯誤的是

A.明研水解時產(chǎn)生具有吸附性的膠體粒子，可作凈水劑

B.使用無磷洗衣粉，可徹底解決水體富營養(yǎng)化問題

C.改進汽車尾氣凈化技術，減少大氣污染物的排放

D.新型復合材料使、電腦等電子產(chǎn)品更輕巧、實用和新潮

【答案】B

【解析】

【詳解】A.明磯中含有AP+，水解時產(chǎn)生具有吸附性的A1(OH)3膠體粒子，可作凈水劑，A正確；

B.使用無磷洗衣粉，可以緩解和減小水體富營養(yǎng)化問題的程度，而不能徹底解決，B錯誤；

C.改進汽車尾氣凈化技術，可將有害的CO、NO等氣體轉化為無害的N2、CO2,減少大氣污染物的排

放，C正確；

D.新型復合材料具有密度小、容量大等優(yōu)點，可以使、電腦等電子產(chǎn)品更輕巧、實用和新潮，D正確；

故選B。

2.下列說法正確的是

A.2.8g環(huán)己烷含共價鍵數(shù)目為0.4NA

B.過氧化鈉與水反應，生成0.1mol氧氣時，轉移的電子數(shù)為0.4NA

C.142gNa2sO4和Na2HPO4固體混合物中，陰陽離子總數(shù)為3NA

D.用惰性電極電解CUSO4溶液后，如果加入0.1molCu(OH)2能使溶液復原，則電路中轉移電子數(shù)為0.2NA

【答案】C

【解析】

【詳解】A.2.8g環(huán)己烷的物質的量為4--=—mol,含共價鍵數(shù)目為」-mol、18NA=0.6NA,故A

84g/mol3030

錯誤；B.過氧化鈉與水反應時，氧元素由1價變?yōu)?價生成氧氣，故當生成O.hnol氧氣時轉移02nol電子

即0.2NA個，故B錯誤；C、Na2s。4和Na2Hp。4的摩爾質量均為142g/mol,故142g混合物的物質的量為

Imol,而且兩者均含2個鈉離子和1個陰離子，故Imol混合物中含離子共3NA個，故C正確；D、用惰性

電極電解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu(OH)2能使溶液復原，則說明陽極上析出的是O.lmol氧氣，陰

極上析出的是O.lmol銅和O.lmol氫氣，故轉移0.4mol電子即0.4NA個，故D錯誤；故選C。

點睛：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的相關計算。本題的難點是D,用惰性電極電解CuSO4溶液后，加入

Cu(OH)2能使溶液復原，說明陽極上析出的是氧氣，陰極上析出的是銅和氫氣。

3.前20號元素X、Y、Z、W、R原子序數(shù)依次增大。其中X、Z、R最外層電子數(shù)相等，且X與Z、R均

可形成離子化合物；Y、W同主族，Y最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是

A,簡單離子半徑：W>Z>Y

13.*分別與丫、W形成的常見化合物都屬于弱電解質

C.Z的單質在丫2中燃燒所得的產(chǎn)物中陰、陽離子個數(shù)比為1：1

口.丫分別與2、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同

【答案】B

【解析】

【分析】前20號元素X、Y、Z、W、R原子序數(shù)依次增大。Y、W同主族，Y最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)

的3倍，Y是O元素、W是S元素；X、Z、R最外層電子數(shù)相等，且X與Z、R均可形成離子化合物，則

X是H元素、Z是Na元素、R是K元素；

【詳解】A.電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，質子數(shù)越多半徑越小，簡單離子半徑：S2>O2>Na+,

故A錯誤；

B.H分別與0、S形成的常見化合物H2O、H2s都屬于弱電解質，故B正確；

C.Na在02中燃燒所得的產(chǎn)物NazCh中陰、陽離子個數(shù)比為1：2,故C錯誤；

D.0分別與Na、S均可形成具有漂白性的化合物NazCh、SO2,漂白原理不相同，故D錯誤；

選B。

4.俗稱“一滴香”的有毒物質被人食用后會損傷肝臟，還能致癌?！耙坏蜗恪钡姆肿咏Y構如圖所示，下列說法

正確的是

A.該有機物的分子式為C7H6。3

B.該有機物的一種芳香族同分異構體能發(fā)生銀鏡反應

C.該有機物能發(fā)生取代、加成、氧化和水解反應

D.該分子中所有碳原子可能共面

【答案】D

【解析】

O

【詳解】A.該有機物的結構簡式為其分子式為C7H8。3,故A錯誤；

B.據(jù)苯及其同系物的通式CnH2n6（n，6）,7x26=8,88=0,即分子中若有苯環(huán)，則苯環(huán)外不可能有醛基，故

B錯誤；

C.該有機物中有碳碳雙鍵和酮鍛基能發(fā)生加成反應、有羥基能發(fā)生取代和氧化反應，但不能發(fā)生水解反應,

故C錯誤；

D.該分子中含有碳碳雙鍵、酮談基的六元環(huán)為平面結構，通過單鍵的旋轉，所有碳原子可能共面，故D

正確；

故答案為：D。

5.將二氧化鎬和生物質置于一個由濾紙制成的折紙通道內形成電池（如圖所示），該電池可將可樂

（pH=2.5）中的葡萄糖作為燃料轉化成葡萄糖內酯并獲得能量，下列說法不正確的是

A.隨著反應不斷進行，負極區(qū)的pH不斷增大

B.b極為正極

++

C.b極的電極反應式為：MnO?+4H+2e=Mn~+2H2O

D.當電路中轉移0.2NA個電子時，消耗O.lmol葡萄糖

【答案】A

【解析】

【分析】由圖可知，a電極為原電池的負極，葡萄糖在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成葡萄糖內酯和氫離子，

+

電極反應式為C6Hl2。6—2e—=C6HIO06+2H,b極為正極，酸性條件下二氧化錦在正極得到電子發(fā)生還原反

應生成銃離子和水，電極反應式為MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2。。

【詳解】A.由分析可知，a電極為原電池的負極，葡萄糖在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成葡萄糖內酯和

氫離子，電極反應式為C6Hl2。6—2e—=C6Hlo06+2H+,則隨著反應不斷進行，負極區(qū)的pH不斷減小，故A

錯誤；

B.由分析可知，b極為原電池的正極，故B正確；

C.由分析可知，b極為原電池的正極，酸性條件下二氧化錦在正極得到電子發(fā)生還原反應生成鎰離子和水，

電極反應式為MnO2+4H++2e.=Mn2++2H2O,故C正確；

D.由分析可知，a電極為原電池的負極，葡萄糖在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成葡萄糖內酯和氫離子，

+

電極反應式為C6Hl2。6—2e=C6HIO06+2H,則當電路中轉移0.2NA個電子時，消耗葡萄糖的物質的量為

0.1mob故D正確；

故選Ao

6.對某溶液中部分離子的定性檢測流程如下。相關分析正確的是

NH；Fe"Al"

①過址()

I~~II

無色氣體紅褐色沉淀(X用液)

2卜川8,溶液

白色沉淀

A.步驟①所加試劑可以是濃KOH溶液

B.可以用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗生成的無色氣體

C.步驟②發(fā)生的反應為A13++3HCO,=Al(OH)3J+3c。2T

D.Fe2+遇鐵氟化鉀會生成藍色溶液

【答案】A

【解析】

【分析】步驟①中，NH：加入濃的堿溶液會產(chǎn)生無色的氣體NH3,Fe?+加入過量的強堿會產(chǎn)生紅褐色

Fe(OHb沉淀，Af+加入過量的強堿會生成A1O；,X為含有A1O；的溶液，步驟②中加入NaHCC%發(fā)生的

反應為人1。2+11(20；+1120=人1(011)34+(20，，生成白色沉淀A1(OH)3。

【詳解】A.根據(jù)以上分析，步驟①中所加試劑可以是濃KOH溶液，A正確；

B.無色的氣體NH3,可以使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，所以應該用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗NH3,B

錯誤；

C.步驟②中加入NaHCC>3發(fā)生的反應為AlOZ+HCO]+H2O=Al(OH)3J+COf,生成白色沉淀

A1(OH)3,C錯誤;

D.Fe?+遇鐵氧化鉀會生成藍色沉淀，D錯誤;

故選Ao

7.在某溫度時，將nmol/L氨水滴入10mLL0mol/L鹽酸中，溶液pH和溫度隨加入氨水體積變化曲線如圖

A.水的電離程度：a>b>d>c

B.〃=1.0

C.c點：c(NH^)=c(dj=1.0moVL

D.25℃時，NH4cl的水解常數(shù)計算式為_(2')

降=—6^一

【答案】D

【解析】

【分析】由圖可知，反應溫度最高時,氨水溶液的體積小于10mL，則氨水的濃度小于1.0mol/L；a點為1.0mol/L

鹽酸溶液，鹽酸電離出的氫離子抑制水的電離，b點鹽酸與氨水恰好反應生成氯化鏤，鐵根離子在溶液中水

解促進水的電離，c點氨水過量得到氯化俊和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，d點為氯化鏤和一水合氨

的混合溶液，溶液呈堿性。

【詳解】A.由分析可知，a點為1.0mol/L鹽酸溶液，鹽酸電離出的氫離子抑制水的電離，b點鹽酸與氨水

恰好反應生成氯化鏤，鐵根離子在溶液中水解促進水的電離，則a點水的電離程度小于b點，故A錯誤；

B.由分析可知，氨水的濃度小于l.Omol/L,故B錯誤；

C.由分析可知，c點氨水過量得到氯化錢和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氫離子濃度等于氫

氧根離子濃度，由電荷守恒關系c(NH；)+c(H+尸c(CL)+c(OH—)可知，溶液中c(NH；)=c(CL尸

1.0mol/Lx0.01L

=0.5mol/L,故C錯誤;

0.02L

D.由分析可知，c點氨水過量得到氯化鐵和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氫離子濃度等于氫

氧根離子濃度，均為10—7mol/L由電荷守恒關系c(NH：)+c(H+尸c(CL)+c(OH—)可知，溶液中

10mol/Lx001L

c(NH：尸c(CL尸--=o5mol/L)由氮原子個數(shù)守恒可知，溶液中一水合氨的濃度為

40.02L

nmol/LxO.OlL……口一~人,…皿皿(2-0.5)x10’

(..............................-0.5mol/L),則鍍根離子的水解常數(shù)&='2，故D正確；

0.02L05------

故選D。

第n卷(非選擇題)

二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。

8.一種回收鋅電解陽極泥(主要成分為MnC>2、PbSO,和ZnO,還有少量錦鉛氧化物PbzMngC^和Ag)中

金屬元素鋅、鎬、鉛和銀的工藝如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:

一系列

憬作ScOi‘.

贛山SO,稀HjSO,新葡籍廠"；；；；------?MnSO*HQ電解卜Mn

陽極泥還呵》浸N*2c6

~4加液解酸

丁丁Ij廠」

注液1co,■I誠清H.疝而田坪,

L*金酸鉛溶液-PbSO.

4

注液2

已知：①MnSO「H2。易溶于水，不溶于乙醇。

②在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生如下反應:

OH

(1)Pb2Mn8O16中Pb的化合價為+2價，Mn的化合價有+2價和+4價，則氧化物中+2價和+4價Mn的個

數(shù)比為

(2)濾液1中的溶質為；“還原酸浸”過程中主要反應的化學方程式為；實際鎰浸出最適宜

的葡萄糖加入量遠大于理論加入量，其原因是=

(3)結合MnSO4溶解度曲線圖分析，由MnSO4溶液制得MnSO4H2O晶體的“一系列操作”是、

,用(填物質的名稱)洗滌、干燥。

MnSC>4溶解度曲線圖

(4)“電解”時，加入Seo2與水反應生成二元弱酸HzSeOs，在陰極放電生成Se單質，有利于Mi?+電還

原沉積。則HzSeOs放電的電極反應式為o

(5)整個流程中可循環(huán)利用的物質是0

(6)通過計算說明可用Na2cO3溶液將“濾渣”中的PbSC>4轉化為PbCC)3的原因。［已知：25℃時

K*(PbSO4)=2.5x10-8,/(PbCO3)=7.5x10*〕

【答案】(1)1:3

+2+

(2)①.ZnSO4②.C6H12O6+12MnO2+24H=12Mn+6CO2+18H2O③.在較高溫度

及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生副反應，消耗更多的葡萄糖

(3)①.蒸發(fā)濃縮②.冷卻結晶③.乙醇

+

(4)H2SeO3+4e^+4H=Se+3H2O

(5)H2SO4

(6)含有PbSC>4的濾渣中加入Na2co3,發(fā)生轉化PbSC)4(s)+CO；(aq)/PbCO3(s)+SOt(aq),

_c(SOt)_c(Pb2+)c(SOt)_K(PbSO)2.5xl0-8

Ksp455

_'.-44=3.3xio>1.0xio,可視為完全轉化。

--2+44

c(COt)c(Pb)c(COt)-Ksp(PbSO4)7.5xlO

【解析】

【分析】陽極泥的主要成分為MnC>2、PbSC>4和ZnO,還有少量銃鉛氧化物PbzMAC^和Ag,加入稀硫

酸，得到Z11SO4溶液，MnO2,PbSO4,PbzMAC^中繼續(xù)加入稀硫酸和葡萄糖，+4價的Mn轉化為

+2價的Mi?*進入溶液中，過濾后得到的M11SO4溶液經(jīng)過一系列操作，得到MnSO4晶體，加入

Seo2與水反應生成二元弱酸HzSeC^,電解時，在陰極放電生成Se單質，有利于Mi?+電還原沉積生成

Mn單質；濾渣中的PbSC>4加入Na2co3,使PbSC>4更難溶的PbCOs，加入醋酸，得到Ag單質和醋酸鉛

溶液，在醋酸鉛中加入硫酸，生成PbSC>4沉淀。

【小問1詳解】

Pb2Mn8O16中Pb的化合價為+2價，Mn的化合價有+2價和+4價，設+2價和+4價的Mn的個數(shù)分別為x

和y,根據(jù)化合物中各元素的化合價的代數(shù)和為0和原子個數(shù)守恒，得到方程式

x+j=8,(+2)x2+(+2)xx+(+4)xy+(-2)x16=0,聯(lián)立解得》=2,j=6,所以+2價和+4價Mn的個

數(shù)比為1:3；

【小問2詳解】

由以上分析可知，ZnO加入稀硫酸轉化為ZnS04溶液，濾液1中的溶質為ZnSO,；“還原酸浸”過程中

Mn。？中加入稀硫酸和還原性糖，+4價的Mn轉化為+2價的Mi?+進入溶液中，發(fā)生的反應為：

+2+

C6H12O6+12MnO2+24H=12Mn+6CO2+18H2O；因為在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生

副反應，消耗更多的葡萄糖，所以實際鋪浸出最適宜的葡萄糖加入量遠大于理論加入量；

【小問3詳解】

根據(jù)MnS04的溶解度隨溫度變化的曲線，由MnS04溶液制得MnS。,H20晶體的“一系列操作”是蒸發(fā)

濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；MnSO/H2。易溶于水，不溶于乙醇，所以洗滌時用乙醇而不用水

洗，可以降低MnSO「H2。的溶解損耗；

【小問4詳解】

電解時，H2SeO3,在陰極放電生成Se單質，電極反應式為HzSeOs+4b+4H+=Se+3H20；

【小問5詳解】

根據(jù)以上流程的分析，整個流程中可循環(huán)利用的物質是稀H2sO4；

【小問6詳解】

含有PbS(\的濾渣中加入Na2cO3,發(fā)生轉化PbSOKs)+CO；(aq)/PbCO3(s)+SOt(aq),

“c(SO?)c(Pb2+)c(SO?)K(PbSO)2.5xl0-8……,

K=----------=--------------；—=-----------4-=--------=3.3xlO'>1.0xlO,可視為完全轉化。

2+44

c(COj)c(Pb)c(CO|)Ksp(PbSO4)7.5xlO

9.實驗室利用含鉆廢渣［含Co(OH%、Fe(OH)3等］制備磁性材料CO3O4?；卮鹣铝袉栴}：

I.稀硫酸的配制。

(1)實驗室里需要：450mL2moi1「宜2sO4溶液，用98%濃硫酸(密度為1.84g-加^)配制該溶液時，所

需的濃硫酸的體積為(保留1位小數(shù))mL。

(2)下圖關于容量瓶的操作，正確的是o

(3)配制過程中，下列操作將導致溶液濃度偏小的是(填標號)。

A.定容時俯視容量瓶刻度線

B.容量瓶未干燥處理

C.定容加水時超過刻度線后，立即吸出多余的水

D,將溶液從燒杯轉移到容量瓶中后沒有洗滌燒杯

II.浸取，將一定量的鉆渣粉與Na2sO3溶液配成懸濁液，加入三頸燒瓶中(裝置如圖)，70℃通過儀器a緩

慢滴加稀硫酸，充分反應，過濾。

稀硫酸

電拌器］(13

(4)b中應加入作為最佳傳熱介質。

(5)該過程中，Co(OH)3轉化為C02+的離子方程式為。

III.沉鉆。Co(II)鹽溶液可以形成CO(OH)2、COCO3和COC2O4等多種形式的沉淀。

已知：向0.100mol/L溶液中滴加NaOH溶液調節(jié)pH,pH=7時開始出現(xiàn)Co(OH)2沉淀。

(6)向除雜后的CoS。,溶液中加入H2ca,溶液或(NHJ2C2O4溶液作沉淀劑，可得到CoCzO/ZH?。，

不能用同濃度的Na2c2O4溶液代替(NH4lC2O4溶液的原因是。

IV.制備CO3O4,將所得的18.3g草酸鉆晶體(<20?2?！?凡0)高溫灼燒，其熱重分析圖如圖：

加值|A(Ti,18.3)

B(r2,7.50)

--------9(乙8.03)

IIII

IIII

T\T2T377K

(7)寫出B點對應的物質的化學式：_______,CD段發(fā)生反應的化學方程式為o

【答案】(1)54.3

(2)C(3)CD

+2+

(4)Na2sO3(5)2CO(OH)3+SOf+4H=2Co+SOf+5H2O

(6)若用草酸鈉溶液代替草酸鍍溶液，會有氫氧化亞鉆沉淀生成，導致COC2O4的產(chǎn)率降低

高溫

(7)①.CoO?.6COO+O2^=2CO3O4

【解析】

【小問1詳解】

,lOOOpw%田》*A由二1000x1.84x98%,,…認…、幾士=

由，=-----——可知，濃硫酸的111濃度為----------------mol/L=18.4mol/L,實驗室沒有480mL容量瓶，

M98

所以配制480mL2moi/L的硫酸溶液時，應選用500mL容量瓶，由稀釋定律可知，配制該溶液時，所需的濃

硫酸的體積為生絲33匹X103mL/L=54.3mL,故答案為：43.4；

18.4mol/L

【小問2詳解】

A.檢查容量瓶是否漏水時，加入少量水，蓋好蓋子，將容量瓶倒置，觀察是否有水滲出，故錯誤；

B.容量瓶讀數(shù)時，應平視容量瓶的刻度，視線、刻度與凹液面的最低點在同一水平線上，故錯誤；

C.稀釋得到的溶液轉移到容量瓶時，應用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端應在刻度線下方，故正確；

D.容量瓶定容時，應蓋好瓶塞，反復上下顛倒，搖勻，故錯誤；

故選C；

【小問3詳解】

A.定容時俯視容量瓶刻度線會使溶液的體積偏小，導致所配溶液濃度偏大，故不符合題意；

B.容量瓶未干燥處理不會影響溶質的物質的量和溶液的體積，對所配溶液濃度無影響，故不符合題意；

C.定容加水時超過刻度線后，立即吸出多余的水會使溶質的物質的量偏小，導致所配溶液濃度偏小，故符

合題意；

D.將溶液從燒杯轉移到容量瓶中后沒有洗滌燒杯使溶質的物質的量偏小，導致所配溶液濃度偏小，故符合

題意；

故選CD；

【小問4詳解】

實驗時，為使三頸燒瓶中反應物受熱均勻，應向三頸燒瓶中加入亞硫酸鈉溶液作為傳熱介質，故答案為：

Na2so3；

【小問5詳解】

由題意可知，氫氧化鉆轉化為亞鉆離子的反應為氫氧化鉆酸性條件下與亞硫酸鈉溶液反應生成亞鉆離子、

硫酸根離子和水，反應的離子方程式為2co(OH)3+SO￡+4H+=2CO2++SO：+5H2。，故答案為：

-+2+

2CO(OH)3+SO3+4H=2Co+SOj+5H2O；

【小問6詳解】

草酸鈉是強堿弱酸鹽，草酸鏤是弱酸弱堿鹽，草酸鈉溶液的堿性更強，若用草酸鈉溶液代替草酸鏤溶液，

會有氫氧化亞鉆沉淀生成，導致草酸亞鉆的產(chǎn)率降低，故答案為：若用草酸鈉溶液代替草酸鏤溶液，會有

氫氧化亞鉆沉淀生成，導致CoC2O4的產(chǎn)率降低；

【小問7詳解】

由題意可知，草酸鉆晶體的物質的量為，J83g=0.—01,由鉆原子個數(shù)守恒可知，B點固體中氧原子的

183g/mol

心口,7.5g-0.1molx59g/mol

物質的量為—=0.1moL則B點所得固體的化學式為CoO；同理可知，D點固體中氧

8.03g-0.1molx59g/mol

原子的物質的量為^0.133mob則D點固體的化學式為CO3O4，CD段發(fā)生反應

16g/mol

高溫高溫

的化學方程式為6COO+O2^=2CO3O4,故答案為：CoO；6CoO+02^=2Co304o

10.為促進碳中和，科研工作者利用化學鏈技術將CO2轉化為燃料co,回答下列問題：

(1)化學鏈技術分為兩個過程：

過程一；還原器中，低價態(tài)金屬氧化物(FeO,Ce2O3>NbCh)載氧體將CO2，還原為CO,選用FeO作還原

劑時，可能發(fā)生的反應有：

反應I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g)AHi=9.8kJmol1

反應II：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)AH2=189.0kJ-mol1

反應m：C(s)+CO2(g)=2CO(g)AH3

根據(jù)蓋斯定理，計算AH3=kJmol'o

過程二：再生反應器中，可能發(fā)生以下兩種路徑(僅表示轉化過程)：

直接再生：MOy-MOx+02

間接再生：MOy+C—MOx+CO

壓強lOlkPa下，不同金屬氧化物直接再生路徑和間接再生路徑的AG隨溫度變化如圖1和圖2所示，則在

研究溫度內，直接再生路徑不可行的主要原因是=

70O20O

18O

65O1

16O

60O1

14O

55O1

12O

50O1

10O

1

(45O(8O

1一

」

」

040O。6O

835O日4O

?

金

工2O

)30O)

、

9、9O

25O\

V72O

20O-

4O

15O-6O

10O-8O

-

5O10O

1

2468O

0000000000

反應溫度/C反應溫度/C

圖1直接再生路徑圖2間接再生路徑

(2)間接再生時，化學平衡常數(shù)隨溫度變化見圖3,則間接再生反應均為(填“吸熱”或“放熱”)

反應，根據(jù)圖3,化學鏈技術將C02還原為CO的最優(yōu)載氧體系為Fe3CU/FeO,其主要原因是。

5

0

-5

-10

-15

勤-20

-25

-30

-35

-40

反應溫度/C

圖3

(3)為確定過程一的最佳反應溫度，在還原器中按n(FeO)：n(CC>2)=3：1投料，達平衡時各組分的物質的

量如圖4所示。

反應溫度/C

圖4

①結合(1)中過程一的反應分析，800℃之前，n(CO))隨溫度升高而增大的原因是o

②800℃之后的高溫條件下，n(CO2)和n(CO)趨于穩(wěn)定，說明溫度對反應I、II、III的平衡影響不大，但n(FeO)

仍在增大，則主要發(fā)生的化學方程式為。

③800℃達平衡時，容器內總壓為pkPa.n(CO2)=0.66molon(CO)=0.33mol,則消碳反應C(s)+CC)2(g尸2co(g)

的平衡常數(shù)K產(chǎn)kPa(以分壓表示,分壓=總壓x物質的量分數(shù))。

【答案】(1)①.+169.4②.直接再生路徑的AG均大于0,反應不自發(fā)

(2)①.吸熱②.在相同溫度下，F(xiàn)esCU/FeO載氧體系參與反應時，平衡常數(shù)最大(FesOJFeO載氧

體系成本較低)

(3)①.反應I為放熱反應，反應III為吸熱反應，溫度升高促進反應I逆向進行、反應III正向進行，

高溫

800℃之前，溫度對反應III的影響程度大于反應I,故n(CO)隨溫度升高而增大②.Fe+FesCU^^dFeO

【解析】

【小問1詳解】

1

已知：反應I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g)AHi=9.8kJmol

反應II：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)AH2=189.0kJ-mor

111

根據(jù)蓋斯定律，由①②得反應III：C(s)+CO2(g)=2CO(g)AH3=AHiAH2=9.8kJmol(189.0kJmol)=+169.4kJ-mol；

答案為+169.4；

直接再生路徑的AG均大于0,反應不自發(fā)，故在研究溫度內，直接再生路徑不可行；

【小問2詳解】

間接再生時，化學平衡常數(shù)隨溫度變化見圖3,隨著溫度的升高，InK增大，則K增大，說明升高溫度平衡

正向移動，正反應為吸熱反應；則間接再生反應均為吸熱反應，根據(jù)圖3,化學鏈技術將C02還原為CO的

最優(yōu)載氧體系為FesOJFeO,其主要原因是在相同溫度下，F(xiàn)esO/FeO載氧體系參與反應時，平衡常數(shù)最大

(Fe3O4/FeO載氧體系成本較低)；

【小問3詳解】

①反應I為放熱反應，反應III為吸熱反應，溫度升高促進反應I逆向進行、反應ffl正向進行，800℃之前，

溫度對反應III的影響程度大于反應I,故n(CO)隨溫度升高而增大；

②800℃之后的高溫條件下，n(C02)和n(CO)趨于穩(wěn)定，說明溫度對反應I、II、III的平衡影響不大，則氣體

濃度幾乎保持不變，但n(FeO)仍在增大，則只能固體物質在參與反應，結合鐵的氧化物中鐵的價態(tài)可知，

?,,昌

主要發(fā)生的化學方程式為Fe+Fe3O4==4FeO；

③800℃達平衡時，容器內總壓為pkPa.n(CO2)=0.66molon(CO)=0.33mol,則消碳反應C⑸+CC)2(g尸2co(g)

(0.33pkPa)2P

的平衡常數(shù)K=-——-———=0.165pkPa=-kPa?

p0.66pkPa6

【化學一選修：物質的結構與性質】

11.含銅物質在生產(chǎn)生活中有著廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}：

(1)一個原子軌道填充2個自旋方向相反(順時針和逆時針)的電子。原子中電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，

分別用+,和-▲表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)，則基態(tài)銅原子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為；基態(tài)

22

+2+

Cu較基態(tài)Cu更穩(wěn)定的原因是o

(2)CuSC)4稀溶液中存在［。1(凡0)6廣，［CU(H2(D)6『的空間構型為八面體形：下列對

［CU(H2O)61+中C/+雜化方式推斷合理的是(填標號)。

A.sp3B.sp3dC.sp3d之D.dsp2

(3)CtT可形成［Cu(en)2NH3］(BFj,其中en代表HzN—CH2—CH2—NH?。Imol該配合物中,

VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有個；C、N、F的電負性由大到小的順序為o

(4)一種由Cu、In、Te組成的晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90。，晶體中Te

原子填充在Cu、In圍成的四面體空隙中，則四面體空隙的占有率為；該晶體的化學式為o

以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數(shù)坐標，如A點，B點

原子的分數(shù)坐標分別為(0,0,0)、則C點原子的分數(shù)坐標為,晶胞中C、D間距離

d=pm。

?Cu

OIn

?Te

【答案】11.①.+!或;②.基態(tài)Cu+的價電子排布式為全充滿的3甲。結構，而Cu?+的價電子排

22

布式為3d9,所以基態(tài)Cu+比Cu2+穩(wěn)定12.C

13.①.11②.F>N>C

14.①.50%②.CuInTezJ—+—

448\164

【解析】

【小問1詳解】

Cu的原子序數(shù)為29,基態(tài)價電子排布式為3d"4si,則自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為+工或工；基態(tài)Cu+的價電

22

子排布式為全充滿的3d1。結構，而Cu2+的價電子排布式為3d9,所以基態(tài)Cu+比Cu2+穩(wěn)定。

【小問2詳解】

[Cu(H2O)6產(chǎn)的空間構型為八面體形，則Cu2+的價層電子對數(shù)為6,雜化軌道數(shù)為6,所以其雜化方式可能為

sp3d2,故選C。

【小問3詳解】

在H2N-CH2-CH2-NH2中,C原子和N原子均為sp3雜化,NH3和BF；的中心原子也均為sp3雜化，其VSEPR

模型均為四面體形，Imol該配合物中有2moien、ImolNH和2moiBF；,則VSEPR模型為四面體的非金屬

原子共有11個；同周期元素的電負性從左到右逐漸增大，則C、N、F的電負性由大到小的順序為F>N>C。

【小問4詳解】

根據(jù)晶胞結構可知，在一個晶胞中，Cu、In圍成的四面體空隙共有16個，晶體中Te原子有8個，晶體中

Te原子填充在Cu、In圍成的四面體空隙中，則四面體空隙的占有率為50%；該晶