高三模擬測(cè)試卷

化學(xué)

本試卷總分100分，考試時(shí)間75分鐘。

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：C：12H：10：16Mg：24

一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四

個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.化學(xué)與生產(chǎn)生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是

A.過度的開采可燃冰，有可能加劇溫室效應(yīng)

B.過期藥品和針管不可投入可回收垃圾箱內(nèi)

C.防護(hù)服的主要材料為有機(jī)合成高分子材料

D.75%的酒精和84消毒液的消毒原理相同

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.可燃冰的主要成分為甲烷，甲烷和燃燒生成的二氧化碳都是

溫室氣體，則過度的開采可燃冰，有可能加劇溫室效應(yīng)，故A正確；

B.過期藥品和針管屬于有毒有害垃圾，不可投入可回收垃圾箱內(nèi)，故B

正確；

C.制作防護(hù)服的聚乙烯、聚丙烯、聚酯纖維等都屬于有機(jī)合成高分子材

料，故c正確；

D.75%的酒精因?yàn)槟苁沟鞍踪|(zhì)變性而起到殺菌消毒的作用，而次氯酸鈉因

為在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成具有強(qiáng)氧化性的次氯酸，與細(xì)菌發(fā)生氧化還

原反應(yīng)起到殺菌消毒的作用，兩者消毒原理不同，故D錯(cuò)誤；

故選D。

2.腓(NR)是發(fā)射航天飛船常用的高能燃料，可通過反應(yīng)

2NH3+NaC10=N2H1+NaCl+ll20制備。下列有關(guān)微粒的描述錯(cuò)誤的是

A.N2H4的結(jié)構(gòu)式為B.NaClO的電子式為Na+[O—

c.Na'的離子結(jié)構(gòu)示意圖：D.中子數(shù)為18的氯的核素：:;ci

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.N乩分子中兩個(gè)N原子共用一對(duì)電子，每個(gè)N原子和兩個(gè)H

原子分別共用一對(duì)電子，結(jié)構(gòu)式為口R?口，A正確；

H-N-N-H

B.NaClO屬于離子化合物，由鈉離子和次氯酸根離子構(gòu)成，電子式為

Na+[:O:Cl：r,B錯(cuò)誤;

C.Na.核電荷數(shù)為11,核外有10個(gè)電子，結(jié)構(gòu)示意圖為，C正確；

D.質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為18的氯原子質(zhì)量數(shù)為17+18=35,可以表示為:;

Cl,D正確;

答案為B。

3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LN02中含原子數(shù)為2刈

R.138gC2H50H中含極性鍵的數(shù)R為20M

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1L2LC2溶于水,溶液中CT、C10和HC10的微粒數(shù)之

和為NA

D.向ILlmol?L的NH4cl溶液中加氨水至中性,此時(shí)溶液含NH：數(shù)目為

NA

【答案】D

【解析】

分析】

【詳解M.標(biāo)準(zhǔn)狀況下二氧化氮不是氣體,22.4LN02的物質(zhì)的量不是Imol,

含有的氧原了數(shù)不是2g,故A錯(cuò)誤；

B.一個(gè)乙醇分子中含有一個(gè)C-C鍵、一個(gè)C-0鍵、一個(gè)0-H鍵和5個(gè)

C-H鍵，除C-C鍵屬于非極性鍵外，其他都是極性鍵，因此一個(gè)乙醇分子

含有7個(gè)極性鍵，138gCzHQH的物質(zhì)的量為3moi，含有的極性鍵數(shù)為21NA,

故B錯(cuò)誤；

C.氯水中含有氯元素的微粒有Cb、C「、HC10和CIO,標(biāo)準(zhǔn)狀況下1L2L

Cb的物質(zhì)的量為0.5mol,含有0.5molCl,其水溶液中存在的物料守恒關(guān)

系為：2N(Cl2)+N(HC10)+N(Cr)

+N(CIO)=NA,故C錯(cuò)誤；

故c正確;

D.d中連接3個(gè)甲基的碳原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，所以該分子中所有碳

原子不能共平面，故D錯(cuò)誤;

故答案選Co

【點(diǎn)睛】明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、一氯代物判斷方法、原子共平面判斷

方法是解本題關(guān)鍵，D為解答易錯(cuò)點(diǎn)。

5.下列實(shí)驗(yàn)方案正確的是

ABCD

分離四氯化碳除去食鹽水中的

制備乙酸乙酯分離苯和硝基苯

與水泥沙

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

分析】

【詳解】A.cq密度比水大，有機(jī)層應(yīng)在下層，A錯(cuò)誤；

B.漏斗末端應(yīng)緊靠燒杯內(nèi)壁，B錯(cuò)誤；

C.乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，乙酸乙

酯用飽和碳酸鈉溶液收集，C正確；

D.溫度計(jì)水銀球應(yīng)放在蒸儲(chǔ)燒瓶支管口處，D錯(cuò)誤；

故選Co

6.短周期元素R、二形成的化合物（結(jié)構(gòu)式）具有如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系，下列

說法錯(cuò)誤的是

A.簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>>Y>Z

C.M的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為強(qiáng)酸

D.Z分別與R、X、Y、M形成的化合物中均只含離子鍵

【答案】D

【解析】

【分析】短周期元素R、的共用電子對(duì)數(shù)分別為1、4、2和1,則R、=X+Y,

可得Z最外層為1電子，則Z為Na,據(jù)此回答；

【詳解】A.非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氫化物越穩(wěn)定，則簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)

定性：Y>即氯離子有18電子、半徑比較大，Y和Z離子均10電子，具有

相同的電子層結(jié)構(gòu)的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小。則簡(jiǎn)單離子

半徑：M>Y>Z,B正確;

C.M的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物即高氯酸為強(qiáng)酸，C正確；

D.Z即Na與Y即0形成的化合物過氧化鈉中既含離子鍵又有共價(jià)鍵，D

不正確；

答案選D。

7.下列離子方程式書寫正確的是

2+

A.向BaCL溶液中通入SO2氣體：Ba+S02+H20=BaS03I+2H.

3+

B.向NHIA1(S0)2溶液滴入過量NaOH溶液：Al+40H=A1O-+2H20

C.向Na2cO3溶液中通入過量SO2：CO；+2S02+H20=C02+2HSO-

D.將H2C。溶液滴入酸性KMnOj溶液：5C2O;+2MnO；

2+

+16H=2Mn+10C021+8H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.亞硫酸的酸性弱于鹽酸，二氧化硫不能與氯化鋼溶液反應(yīng)，

故A錯(cuò)誤；

B.硫酸鋁錢溶液與過量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉、一水合氨和

水，反應(yīng)的離子方程式為NH；+AF+50ir=NH3?H2O+AIO2+2HO故B錯(cuò)

誤；

C.碳酸鈉溶液與過量的二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳，反應(yīng)

的離子方程式為CO；+2S02+H20=C02+2HSO；,故C正確；

D.草酸與酸性高錦酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鉀、硫酸鋅、二

2+

氧化碳和水,反應(yīng)的離子方程式為5H2CA+2MnO；+6H=2Mn+10C0,t+8H,0,

故D錯(cuò)誤；

故選C。

8.理論研究表明，在101kPa和298K下，HCN?=HNC?異構(gòu)化反應(yīng)過

程的能量變化如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是

—,Y

HCN.

反應(yīng)進(jìn)程

A.HCN比HNC穩(wěn)定

B.該異構(gòu)化反應(yīng)的AH=+59.3kJ?mo「

C.正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能

D.使用催化劑，可以改變反應(yīng)的反應(yīng)熱

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)圖中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根據(jù)能量越低

越穩(wěn)定，因此HCN比HNC穩(wěn)定，故A正確；

B.根據(jù)熔變等于生成物總能量減去反應(yīng)物總能量，因此該異構(gòu)化反應(yīng)的

△H=59.3kJ-mor,-()=+59.3kJ?moL,故B正確；

C.根據(jù)圖中信息得出該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，因此正反應(yīng)的活化能大于逆反

應(yīng)的活化能，故c正確；

D.使用催化劑，不能改變反應(yīng)的反應(yīng)熱，只改變反應(yīng)路徑，反應(yīng)熱只與

反應(yīng)物和生成物的總能量有關(guān)，故D錯(cuò)誤。

綜上所述，答案為D。

9.Hg-Hg2soi標(biāo)準(zhǔn)電極常用于測(cè)定其它電極的電勢(shì)，測(cè)知Hg-Hg2soi電極的

電勢(shì)高于Cu電極的電勢(shì)。以下說法正確的是

Hg(l)/

Hg2SO4(s)

K2so4(aq).

微孔瓷片一」CuSO4(aq)

A.K2sol溶液可用CCL代替

B.Hg-Hg2s0,電極反應(yīng)為Hg2soi-2/=2Hg+SO；

C.若把Cu-CuSOj體系換作Zn-ZnSO,體系，電壓表的示數(shù)變大

D.微孔瓷片起到阻隔離子通過的作用

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)題干信息，Hg-Hg2sO,電極的電勢(shì)高于Cu電極的電勢(shì),則

Hg-Hg2sCh電極為正極，得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電極反應(yīng)式為：

Hg2S0.+2e=2Hg+SO;-,Cu電極為負(fù)極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)

式為：Cu-2e=Cu2+,據(jù)此分析解答。

【詳解】A.CCL為非電解質(zhì)，不能導(dǎo)電,因此不能用CCL代替K2sol溶液，

A錯(cuò)誤；

B.由上述分析可知，Hg-Hg2soi電極為正極，其電極反應(yīng)式為：

Hg2S01+2e=2Hg+SOj-,R錯(cuò)誤；

C.由于Cu-CuSO」體系是電池的負(fù)極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，若換成更

加活潑的Zn-ZnS()j體系，更容易失去電子，電壓表的示數(shù)變大，C正確;

D.微孔瓷片是便于離子通過，而阻隔溶液通過的作用，D錯(cuò)誤；

答案選C。

10.常溫下，向20常濃度均為O.lmol的HA與NaA的混合溶液中,

分別滴加濃度均為0.Imol?L的HCKNaOH兩種溶液，混合溶液的pH變

化情況如圖所示。下列說法正確的是

A.滴加HC1溶液的由線為IB.水的電離程度：c>b>a

C(A)

c.d點(diǎn)時(shí)，lg-777TT^5.24D.c點(diǎn)溶液中存在：

c(HA)

c(Na)=2[c(A-)+c(HA)]

【答案】C

【解析】

【分析】0.Imol/L的HA與NaA的混合液的pH=4.76,說明HA為弱酸,且

在該混合液中HA的電離程度大于A-的水解程度；向該混合液中，滴加HC1,

溶液的pH減小，則滴加鹽酸溶液的曲線為TT：滴加NaOH溶液，溶液的

pH增大，滴加NaOH溶液的曲線為I；據(jù)此分析作答。

【詳解】A.滴加鹽酸，溶液的pH減小,滴加鹽酸的曲線為II,A錯(cuò)誤;

B.a、b點(diǎn)都在曲線H上,滴加鹽酸時(shí)發(fā)生反應(yīng)NaA+HCl=NaCl+HA,隨著

HC1的滴入,NaA逐漸減少、HA逐漸增多,HA電離出M抑制水的電離，A-

水解促進(jìn)水的電離，則水的電離程度不斷減小，則水的電離程度a>b,b

點(diǎn)時(shí)加入20mL鹽酸得到0.Imol/LHA和0.05mol/LNaCl的混合液，c點(diǎn)在

曲線I上,滴力LINaOH溶液時(shí)發(fā)生反應(yīng)NaOH+HA=NaA+HzO,c點(diǎn)加入20mLNa0H

溶液得到O.lmol/LNaA溶液，則水的電離程度c>b,B錯(cuò)誤；

C.O.lmol/L的HA與NaA的混合液的pll=4.76,溶液中c(11)=10"61noi/L,

則KXHA)二『券點(diǎn)溶液的pHn。,溶液中c(310'l/L,

以H+>C(AD10"°xc(A)c(A)

L(HA)工^w4-76,%。號(hào)則lg器小5.24,

c(HA)c(HA)c(HA)

C正確；

D.c點(diǎn)在曲線I上，滴加NaOH溶液時(shí)發(fā)生反應(yīng)NaOH+HA=NaA+H2O,c點(diǎn)加

入20mLNa0H溶液得到0.Imol/LNaA溶液，溶液中的物料守恒為

c(Na)=c(A)+c(HA),D錯(cuò)誤;

答案選C。

二、非選擇題：本題共5小題，共60分。

11.學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)室中利用下圖所示裝置制備SO,并進(jìn)行相關(guān)性質(zhì)的探

究?；卮鹣铝袉栴}：

(1).儀器Q的名稱為______；裝置b的作用是o

(2).裝置a中反應(yīng)的化學(xué)方程式為o

(3).裝置e中出現(xiàn)(填現(xiàn)象)可證明SO?具有還原性。

(4).實(shí)驗(yàn)開始后，發(fā)現(xiàn)裝置d中的溶液迅速變黃，繼續(xù)通入SO2,裝置d

中出現(xiàn)乳黃色渾濁。該小組同學(xué)查閱資料得知，存在可逆反應(yīng)：

S02+4r+4IRSI+2I2+2I120O

探究I：探究濃度對(duì)上述可逆反應(yīng)的影響

有同學(xué)認(rèn)為除SO?的濃度外，其他離子的濃度對(duì)該可逆反應(yīng)也有影響。完

成實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)進(jìn)行驗(yàn)證

(SO2體積已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積)。

限選試劑：0.lmol?L」KI溶液、LOmol?L」KI溶液、2.Omol-L」KI溶液、

蒸鏘水、濃硝酸、濃鹽酸

影響因編操作現(xiàn)象

素號(hào)

取50疝①____于錐形瓶中，向其溶液變?yōu)闇\黃

i

中通入20mLs。2色

C(I)

取50mL1.Omol?L」KI溶液于錐形

ii溶液迅速變黃

瓶中，向其中通入20mLS()2

取501nLi.Omol?L」KI溶液和

iii5mL②______于錐形瓶中，向其中通溶液迅速變黃

入201nLs。2

c(H+)

取50mLl.Omol?L」KI溶液和溶液迅速變黃，

iv5mL③—于錐形瓶中，向其中通入且出現(xiàn)乳黃色

20mLS0,渾濁

探究n：探究so2在KT溶液體系中的反應(yīng)產(chǎn)物

有同學(xué)提出上述可逆反應(yīng)生成的12可與SO2發(fā)生反應(yīng)：SO2+I2+2H2OSO：

+2「+41「。為進(jìn)一步探究體系中的產(chǎn)物，完成下列實(shí)驗(yàn)方案。

方

操作預(yù)期現(xiàn)象結(jié)論

案

取適量裝置d中濁液，向其中濁液中無

i無明顯變化

滴加幾滴

12

④—溶液(填試劑名稱)，振

蕩

得淡黃色固體和澄

將裝置d中濁液進(jìn)行分離

清溶液

ii取適量分離后的澄清溶液于

試管中，⑥一⑦—

⑤一

⑧綜上可知，SO2在KI溶液中發(fā)生了歧化反應(yīng)，其反應(yīng)的離子方程式為

【答案】(1).①.圓底燒瓶②.防止倒吸

A

(2).CU+2H2S01(濃)=CuS0,+S02t+2IL0

(3).KMnOj溶液紫紅色顏色變淺或褪色

(4).①.0.Imol?L」KI溶液②.蒸儲(chǔ)水③.濃鹽酸④.

淀粉溶液⑤.加入稀鹽酸酸化，再加入BaCL溶液⑥.白色沉淀

⑦.產(chǎn)物溶液中存在SO：⑧.3S02+2H20=SI+2SO：+4H+

【解析】

【分析】本實(shí)驗(yàn)裝置a為制備SO?的裝置，反應(yīng)為：

Cu+2H2so4(濃)2cuS()4+SOj+2H2。，由于SO2易溶于水，故需要裝置b進(jìn)

行防倒吸，裝置c中品紅溶液褪色說明SO?具有漂白性，由于S()2具有強(qiáng)

還原性，裝置e中酸性KMnO,溶液褪色，由于SO?本身有毒不能直接排放，

故用裝置f進(jìn)行尾氣處理，吸收SO?,裝置d中根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，展開實(shí)驗(yàn)

+

探究，探究I是探究濃度對(duì)上述可逆反應(yīng)S02+4I+4H^^SI+2L+2H.0

的影響，探究H則是探究S02在KT溶液體系中的反應(yīng)產(chǎn)物，通過對(duì)照實(shí)

驗(yàn)進(jìn)行對(duì)照最后得出結(jié)論，據(jù)此分析解題。

【小問1詳解】

由題干實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，儀器Q圓底燒瓶；由于SO2易溶于水，故需要

裝置b進(jìn)行防倒吸；

【小問2詳解】

裝置a中濃硫酸與銅在加熱條件下生成硫酸銅，二氧化硫和水，反應(yīng)的化

A

學(xué)方程式為Cu+2H2sOK濃）=CuSO4+SO2t+213；

【小問3詳解】

酸性高銃酸鉀具有強(qiáng)氧化性，極易被還原而褪色，裝置e中出現(xiàn)高缽酸鉀

溶液紫紅色變淺甚至褪去，即可證明SO?具有還原性；

【小問4詳解】

實(shí)驗(yàn)i和實(shí)驗(yàn)ii是探究「濃度對(duì)反應(yīng)的影響，根據(jù)控制變量法可知，兩實(shí)

驗(yàn)只有KI的濃度不同，其他條件均相同力能能出正確結(jié)論，結(jié)合濃度越

大反應(yīng)速率越快，故實(shí)驗(yàn)i加入50mL0.Imol/L的KI溶液；同理實(shí)驗(yàn)迨和

實(shí)驗(yàn)iv是探究H.濃度對(duì)可逆反應(yīng)的影響，硝酸是氧化性酸、會(huì)氧化二氧化

硫發(fā)生其它反應(yīng)，故排除硝酸、選用鹽酸。結(jié)合濃度越大反應(yīng)速率越快,

故實(shí)驗(yàn)iii中加入5mL蒸儲(chǔ)水；實(shí)驗(yàn)iv中加入5mL濃鹽酸；

探究口：探究SO2在KI溶液體系中的反應(yīng)產(chǎn)物

實(shí)驗(yàn)i中要檢驗(yàn)沒有生成L,利用碘單質(zhì)使淀粉溶液變藍(lán)的特性；可知實(shí)

驗(yàn)i中加入幾滴淀粉溶液，根據(jù)題干猜想的反應(yīng)方程式SO2+T2+2H2O=SO：

+2I+4H'可知，實(shí)驗(yàn)ii則要檢驗(yàn)反應(yīng)后的溶液中含有SO；,取適量分離后

的澄清溶液于試管中，加入足量的稀鹽酸酸酸化，再加入氯化鐵溶液；若

看到有白色沉淀生成；說明反應(yīng)后的濁液中含有SO：；

綜上可知，SO?在KI溶液中發(fā)生了歧化反應(yīng)生成了S和SO：,KI在其中起

到催化劑的作用，故其反應(yīng)的離子方程式為3so2+2乩0型S+2SO：-+4H'。

12.以金屬切削廢料(由鐵屑和銀鉆合金、金剛砂組成)為原料回收銀鉆生

產(chǎn)NiSO,?7H20和CoCl2?6H20的工藝如圖:

HNC)3、H2s。4NaOHNaClONa2cO3H2SO4

混合液溶液溶液溶液溶液

濃鹽酸

己知：①相關(guān)金屬離子［co(MD=O.Imol?L］形成氫氧化物沉淀的pH范圍

如下：

金屬離子Co3+Co2+Fe3+Fe2+Ni2+

開始沉淀的

0.37.21.56.36.9

pH

沉淀完全的

1.19.22.88.38.9

pH

-7

②常溫下,Ksp(NiC03)=1.0X10o

回答下列問題：

(1)將廢料研磨成粉的作用是

⑵理論上“除鐵”需控制pH的范圍為—,“濾渣2”中除Fe(0H)3外,

還有少量黃鈉鐵機(jī)［N&Fe6(S03(0H)i］，寫出Fe*生成黃鈉鐵磯的離子方

程式：—o

⑶寫出“鉆銀分離”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：—o“銀鉆分離”后溶

液中c(Ni2+)=1.0mol-L-1,若“濾液2”中c(C0D=105mol?L-1,則沉銀

因沉淀減少的c(NF)

率二［沉銀率二]o

初始c(Ni")

(4)“轉(zhuǎn)化”時(shí)產(chǎn)生的氣體為

(5)堿性銀氫電池是國(guó)產(chǎn)比亞迪汽車車載電池之一，其電池反應(yīng)為:

放電

NiOOH+MH瑞Ni(OH)M。放電時(shí),負(fù)極反應(yīng)式為

【答案】①.增大固液接觸面積，加快酸溶速率，提高原料利用率

②.2.8~6.9或2.8WpH<6.9③.6Fe3++4SO：

+2Na*+l20H=Na2Fe6(S04)4(OH)l21④.

2+

C10+2CO+5H20=2CO(0H)3I+C1+4H^⑤.99%或0.99⑥.CL

⑦.MH-e+0H=M+H,0

【解析】

【分析】金屬切削廢料(由鐵屑和銀鉆合金、金剛砂組成)中加入HNO八乩S6

的混合液，金屬轉(zhuǎn)化為陽(yáng)離子溶解在溶液中，Ni、C。轉(zhuǎn)化為Ni'C/，

Fe被HNO3氧化為Fe》,金剛砂(SiC)不與酸反應(yīng)，濾渣1是SiC；濾液

1加NaOH調(diào)pH,此時(shí)需讓Fe*轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3沉淀，但不能使NF、CO2+

沉淀，因此pH需控制為2.8?6.9,濾渣2為Fe(0H)3；濾液中再加NaClO

2+

將Co氧化為CO(OH)3,反應(yīng)的離子方程式為

2+

C10+2CO+5H20=2CO(0H)3I+CT+4H'；再力口Na2c0：“將Ni?+轉(zhuǎn)化為NiCO：，沉

淀，離子方程式為Ni'CO"NiOU；NiCO：.中加H2s0“反應(yīng)生成NiSO”

經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶,可得NiS0/7也0；鉆銀分離后得到的Co(0H)3加

濃IIC1,可將三價(jià)的Co還原為二價(jià)，得到CoCl2,經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，

可得COC12-2H20O

【詳解】(1)將廢料研磨成粉可以增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高原

料利用率；

⑵根據(jù)分析，“除鐵”需控制pH的范圍為2.8?6.9或2.8WpHV6.9；

根據(jù)流程可知,黃鈉鐵磯［Na2Fe6(S03(0H)i1的形成需要Fe3\SO：、Na*、

3l

OH,反應(yīng)的離子方程式為6Fe+4S0r+2Na*+l20H=Na2Fe6(SO.,)4(OH)12I；

(3)根據(jù)分析，鉆銀分離時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為

2+-+5

C10~+2CO+5H20=2CO(0H)3I+C1+4H；c(C0D=10-mol/L,根據(jù)

KsXNiCOj=1.0X10"可知,c(#)二W黑)二等黑=0.Olmol/L,沉銀

如因沉淀減少的c(Ni2+)O.lmol/L-O.Olmol/L.nn

率二初始c(Ni*二—而M—=0-

(4)根據(jù)分析，轉(zhuǎn)化時(shí)Co(OH)a將HC1氧化，HC1轉(zhuǎn)化為CL；

放電

(5)根據(jù)NiOOH+MH^Ni(OH)+M可知,MH為吸附了H原子的合金，M和H

先電2

均為0價(jià)，放電時(shí)MH中0價(jià)的H失電子生成乩0,電極反應(yīng)為

MH-e+OH=M+H2O；

13.CO2作為未來的重要碳源，其選擇性加氫合成CHQH一直是研究熱點(diǎn)。

在CO2加氫合成QU)H的體系中，同時(shí)發(fā)生以下反應(yīng)：

反應(yīng)i：C02(g)+3H2(g)^^CH30H(g)+H20(g)AH.<0

反應(yīng)ii：CO2(g)+乩(g)(g)+乩0(g)AH2>0

(1)原料CO2可通過捕獲技術(shù)從空氣或工業(yè)尾氣中獲取，下列物質(zhì)能作為

C02捕獲劑的是_(填標(biāo)號(hào))。

A.Na2c。3溶液B.NaOH溶液C.CH3cH20HD.NHO溶液

(2)在特定溫度下，由穩(wěn)定態(tài)單質(zhì)生成Imol化合物的焰變叫該物質(zhì)在此溫

度下的標(biāo)準(zhǔn)生成熔下表為幾種物質(zhì)在298K的標(biāo)準(zhǔn)生成焰，則

反應(yīng)ii的△“二__kj?mol\

物質(zhì)IL(g)C02(g)CO(g)H20(g)

△fHU.(kj^mor1)0-394-111-242

(3)在CO2加氫合成CHQH的體系中，下列說法錯(cuò)誤的是(填標(biāo)號(hào))。

A.增大乩濃度有利于提高CO2的轉(zhuǎn)化率

B.若氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變，說明反應(yīng)體系已達(dá)平衡

C.體系達(dá)平衡后，若壓縮體積，則反應(yīng)i平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)ii平衡不

移動(dòng)

D.選用合適的催化劑可以提高CILOH在單位時(shí)間內(nèi)的產(chǎn)量

(4)某溫度下,向容積為1L的密閉容器中通入lmolC02(g)^n5molH2(g),

lOmin后體系達(dá)到平衡，此時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率為20%,CH30H的選擇性為50%。

「心233u轉(zhuǎn)化為CHQH的〃(CO?)X100%

己知：CHQH的選擇性x二消耗的“y)

①用CO2表示。?lOmin內(nèi)平均反應(yīng)速率v(C()2)二

②反應(yīng)i的平衡常數(shù)K=_(寫出計(jì)算式即可)。

(5)維持壓強(qiáng)和投料不變，將CO?和也按一定流速通過反應(yīng)器，二氧化碳

的轉(zhuǎn)化率a(C0J和甲醇的選擇性x(CLOH)隨溫度變化的關(guān)系如圖所示:

已知催化劑活性受溫度影響變化不大。結(jié)合反應(yīng)i和反應(yīng)ii,分析235℃

后曲線變化的原因。

①甲醇的選擇性隨溫度升高而下降的原因是

②二氧化碳的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高也在下降的可能原因是—O

【答案】①.AB②.+41③.C④.0.02molL'-min1⑤.

瞿嗯⑥.i為放熱反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡逆向移

0.8x4.6

動(dòng)⑦.反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，反應(yīng)i使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小

的程度大于反應(yīng)ii使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大的程度

【解析】

【分析】

【詳解】(1)能與CO?反應(yīng)的，均可以作為CO2捕獲劑，故選AB；

(2)根據(jù)已知信息可得熱化學(xué)方程式：①H2(g)+；02(g)=H2O(g)

1

△H=-242kJ-mor；②C(s)+；02(g)=CO(g)AH^lHkJ-mor；③C(s)+

1

02(g)=C02(g)AH^^kJ-mor；根據(jù)蓋斯定律可得，由①+②-③可得反

應(yīng)ii：C02(g)+H2(g)(g)+H20(g)△H2=+41kJ?moL；

(3)A.增大乩濃度，平衡正向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，正確；

B.混合氣體的總質(zhì)量不變，但是總物質(zhì)的量隨反應(yīng)進(jìn)行發(fā)生變化，則氣

體的平均相對(duì)分子質(zhì)量會(huì)隨反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，則若氣體的平均相對(duì)分

子質(zhì)量保持不變，說明反應(yīng)體系已達(dá)平衡，B正確；

C.體系達(dá)平衡后，若壓縮體積，增大壓強(qiáng)，則反應(yīng)i正向移動(dòng)，C02,H2

的濃度減小，則反應(yīng)ii逆向移動(dòng)，錯(cuò)誤；

D.催化劑雖然不能使平衡發(fā)生移動(dòng)，但是可以加快反應(yīng)速率，故選用合

適的催化劑可以提高CHQH在單位時(shí)間內(nèi)的產(chǎn)量，正確；故選C；

(4)①用CO?表示0?lOmin內(nèi)平均反應(yīng)速率；

②反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化量為0.2mol,CHQH的選擇性為50%,則

轉(zhuǎn)化為CHQH的〃(COJ=消耗的〃(C02)x50%=0.2molx50%=0.1mol,則

轉(zhuǎn)化為CO的〃(CC^WXlmol,則可得:

CO2(g)+3H2(g)^CH3OH(g)+H2O(g)

轉(zhuǎn)化(mol/L)().10.3().1

CO(g)+H(g)^CO(g)+HO(g)

222，則平衡時(shí)，c(C0)=lmol/L-0.1

轉(zhuǎn)化(mol/L)0.10.12

mol/L-0.1mol/L=0.8mol/L,c(H2)=5mol/L-0.3mol/L-0.1mol/L=4.6

mol/L,c(CH3OH)=0.1mol/L，c(H20)=0.1ir,ol/L+O.1mol/L=0.2mol/L,

C(CH3OH)C(H2O)_0.lx0.2

反應(yīng)i的平衡常數(shù)K二3

C(CO2)?(H2)-0.8X4.6

(5)①甲醇的選擇性隨溫度升高而下降的原因是反應(yīng)i為放熱反應(yīng)，反應(yīng)

達(dá)平衡后，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)；

②反應(yīng)i為放熱反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，會(huì)使二

氧化碳的轉(zhuǎn)化率有減小的趨勢(shì)；反應(yīng)ii為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)平衡后，升高

溫度，平衡正向移動(dòng)，會(huì)使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率有增大的趨勢(shì)，反應(yīng)i使

二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小的程度大于反應(yīng)五使二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大的

程度，故二氧化碳的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高在下降。

14.單晶邊緣納米催化劑技術(shù)為工業(yè)上有效利用二氧化碳提供了一條經(jīng)

濟(jì)可行的途徑，其中單晶氧化鎂負(fù)載銀催化劑表現(xiàn)出優(yōu)異的抗積碳和抗燒

結(jié)性能。

(1).基態(tài)鍥原子的核外電子排布式為O

(2).氧化鎂載體及饃催化反應(yīng)中涉及到CH八CO2和CH30H等物質(zhì)。元素

此、。和C的第一電離能由小到大排序?yàn)?在上述三種物質(zhì)的分

子中碳原子雜化類型不同于其他兩種的是，立體構(gòu)型為正四面體

的分子是，三種物質(zhì)中沸點(diǎn)最高的是ClhOH,其原因是o

(3).Ni與C0在60~80℃時(shí)反應(yīng)生成Ni(C0)4氣體，在Ni(C0)1分子中與

Ni形成配位鍵的原子是______,Ni(CO)］晶體類型是o

(4).已知MgO具有NaCl型晶體結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)如圖所示。已知Mg。晶胞

邊長(zhǎng)為0.42nm,則MgO的密度為g/cmY保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。

【答案】①.Is22s22P63s23P‘3/4s2②.Mg<C<0③.C02

④.CH.⑤.甲醇極性分子，且甲醇分子間能形成氫鍵⑥.C

⑦.分子晶體⑧.3.6

【解析】

【分析】

【詳解】(1)銀元素的原子序數(shù)為28,基態(tài)銀原子的核外電子排布式是

Is22s22P63s23P63d84s2,故答案為：Is22s22P63s23P63d84s

(2)金屬元素的第一電離能小于非金屬元素的電負(fù)性，同周期元素的第一

電離呈增大趨勢(shì)，則Mg、。和C三種元素的第一電離能由小到大排序?yàn)?/p>

Mg<C<0；甲烷和甲醇分子中的碳原子都為飽和碳原子，雜化方式為sd雜

化，空間構(gòu)型都為四面體形，但甲烷的空間構(gòu)型為正四面體形，二氧化碳

分子中碳原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2,雜化方式為sp雜化，則一氧化碳分

子中的碳原子的雜化方式不同于甲烷和甲醇分子；甲烷和二氧化碳為結(jié)構(gòu)

對(duì)稱的非極性分子，甲醇分子是結(jié)構(gòu)不對(duì)稱的極性分子，且甲醇分子中含

有羥基，分子間能形成氫鍵，分子間的相互作用力大于甲烷和二氧化碳,

屬于三種物質(zhì)則甲醇的沸點(diǎn)最高，故答案為：Mg<C<0；CO?；CH1；甲醇為

極性分子，且甲醇分子間能形成氫鍵；

(3)由題意可知，四段基合鎮(zhèn)是的沸點(diǎn)低的分子晶體，分子中與銀原子具

有空軌道，能與一氧化碳分子中具有孤對(duì)電子的碳原子形成配位鍵，故答

案為：C；分子晶體；

(4)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點(diǎn)和面心的氧離子的個(gè)數(shù)為8X1+6X

O

；二4,位于棱上和體心的鎂離子個(gè)數(shù)為12義；+1=4,設(shè)晶體的密度為d

24

g/cm:由晶胞的質(zhì)量公式可得：42X10一)&解得d^3.6,

b.x1U

故答案為：3.6o

15.曲美布汀是一種消化系統(tǒng)藥物的有效成分，能緩解各種原因引起的胃

腸痙攣，可通過以下路線合成。

已知：R—CN'R—COOH

回答下列問題：

(1).G的官能團(tuán)名稱是,①的反應(yīng)條件是o

(2).寫出F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式并用星號(hào)(")標(biāo)出手性碳原子。

(3).反應(yīng)⑤的反應(yīng)類型是