福建省莆田一中2021屆高三模擬質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題（解析版）

莆田一中2021屆高三模擬測(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：1O：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(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.過(guò)度的開(kāi)采可燃冰，有可能加劇溫室效應(yīng)

B.過(guò)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(guò)度的開(kāi)采可燃冰，

有可能加劇溫室效應(yīng)，故A正確；

B.過(guò)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?yàn)樵谌芤褐邪l(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.啡(N2H4)是發(fā)射航天飛船常用的高能燃料，可通過(guò)反應(yīng)2NH3+NaC10=N2H4+NaCl+H2O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—Cl「

的離子結(jié)構(gòu)示意圖：中子數(shù)為的氯的核素：

C.Na+28D.18

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.N2H4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HHA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:C1:「，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。)28，C正確；

V

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(shuō)法正確的是

A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2中含原子數(shù)為2NA

B.138gC2H50H中含極性鍵的數(shù)目為20NA

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2溶于水，溶液中CLOCT和HC1O的微粒數(shù)之和為NA

D.向ILlmolL-的NH4cl溶液中加氨水至中性，此時(shí)溶液含NH：數(shù)目為N,\

【答案】D

【解析】

分析】

【詳解】A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下二氧化氮不是氣體，2的物質(zhì)的量不是Imol,含有的氧原子數(shù)不是2NA,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)O-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，138gQH50H的物質(zhì)的量為3mol,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C12、Cl-、HC10和C10-,標(biāo)準(zhǔn)狀況下2的物質(zhì)的量為，含有，其水溶液中

存在的物料守恒關(guān)系為：2N(Cb)+N(HC10)+N(Cr)

+N(C10>NA,故C錯(cuò)誤；

D.ILlmolUNH4cl溶液中溶解了ImoINECl,含有ImolCh溶液中存在的電荷守恒關(guān)系為：

c(N”；)+c(H+)=c(Cr)+c(O/r)加入氨水至溶液呈中性，c(H+)=c(OH)則

C(NH：)=C(B)，因此該溶液中NH；與Ct的數(shù)目相等，含NH；數(shù)目為NA,故D正確；

故選Do

4.司替戊醇(d)用于治療兩歲及以上Dravet綜合征相關(guān)癲癇發(fā)作患者，其合成路線如圖所示。下列有關(guān)判斷

正確的是()

A.b的一氯代物有4種

B.C的分子式為Cl4Hl4。3

C.1mold最多能與4moiH2發(fā)生加成反應(yīng)

D.d中所有碳原子可能處于同一平面

【答案】C

【解析】

【詳解】A.b的氫原子有2種，所以一氯代物有2種，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式確定c的分子式為CMHMO.”故B錯(cuò)誤；

C.苯環(huán)、碳碳雙鍵都能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，苯環(huán)和氫氣以1：3反應(yīng)、碳碳雙鍵和氫氣以1：1反應(yīng)，所

以1mold最多能與4moi1發(fā)生加成反應(yīng)，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C。

【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

分離四氯化碳與水除去食鹽水中的泥沙制備乙酸乙酯分離苯和硝基苯

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

分析】

【詳解】A.CCL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、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次遞增，最外層電子數(shù)：3Z+M=X+Y,其中元素R、X、Y、M

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(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>X

B簡(jiǎn)單離子半徑：M>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、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次遞增，由圖知，R、X、Y、M的共用電子對(duì)數(shù)分別為

1、4、2和1,則R、X、Y、M最分別為H、C、。和C1,按最外層電子數(shù)：3Z+M=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)單氧化物越穩(wěn)定，則簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>X,A正確；

B.M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O形成的化合物過(guò)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(shū)寫(xiě)正確的是

2++

A.向BaCb溶液中通入SO2氣體：Ba+SO2+H2O=BaSO，U+2H

3+

B.向NH4Al（SOS溶液滴入過(guò)量NaOH溶液：A1+4OH-A1O2+2H2O

C.向Na2cCh溶液中通入過(guò)量SO2：CO；+2SO2+H2O=CO2+2HSO-

+2+

D.將H2c2。4溶液滴入酸性KMnCU溶液：5C2O^+2MnO4+16H=2Mn+1OCO2T+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.硫酸鋁銹溶液與過(guò)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；+AP++5OH=NH3-H2O+A1O；+2H2O,故B錯(cuò)誤；

C.碳酸鈉溶液與過(guò)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；+2SO2+H2OCO2+2HSO3,故C正確；

D.草酸與酸性高鎰酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鉀、硫酸鎰、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為

+2+

5H2C2O4+2MnO4+6H=2Mn+1OCO2T+8H2O,故D錯(cuò)誤；

故選Co

8.理論研究表明，在lOlkPa和298K下，HCN(g)=HNC(g)異構(gòu)化反應(yīng)過(guò)程的能量變化如圖所示。下

列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

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)焰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

AH=59.3kJ-mol-1-0=+59.3kJ-mol-1.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-Hg2so4標(biāo)準(zhǔn)電極常用于測(cè)定其它電極的電勢(shì)，測(cè)知Hg-Hg2s。4電極的電勢(shì)高于Cu電極的電勢(shì)。以下

說(shuō)法正確的是

A.K2s04溶液可用CCL代替

B.Hg-Hg2s04電極反應(yīng)為Hg2sCU-2e=2Hg+SOt

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

D.微孔瓷片起到阻隔離子通過(guò)的作用

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)題干信息，Hg-Hg2s04電極的電勢(shì)高于Cu電極的電勢(shì)，則Hg-Hg2sCU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：Hg2so4+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CCU代替K2s04溶液，A錯(cuò)誤;

B.由上述分析可知，Hg-Hg2s04電極為正極，其電極反應(yīng)式為：Hg2so4+2e=2Hg+SO：,B錯(cuò)誤；

C.由于Cu-CuS04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-ZnSCU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(guò)，而阻隔溶液通過(guò)的作用，D錯(cuò)誤；

答案選C。

10.常溫下，向20mL濃度均為」的HA與NaA的混合溶液中，分別滴加濃度均為」的HQ、NaOH兩種溶

液，混合溶液的pH變化情況如圖所示。下列說(shuō)法正確的是

A.滴加HC1溶液的曲線為IB.水的電離程度：c>b>a

c(A)

C.d點(diǎn)時(shí)，1g—~4D.c點(diǎn)溶液中存在：c(Na*)=2[c(A-)+c(HA)」

c(HA)

【答案】C

【解析】

【分析】的HA與NaA的混合液的，說(shuō)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II；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H,A錯(cuò)誤；

B.a、b點(diǎn)都在曲線fl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H+抑制水的電離，A冰解促進(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鹽酸得到和的混合液，c點(diǎn)在曲線I上，滴加NaOH溶液時(shí)發(fā)生反應(yīng)

NaOH+HA=NaA+H2。，c點(diǎn)加I入20mLNaOH溶液得至IJ溶液，則水的電離程度c>b,B錯(cuò)誤；

C.的HA與NaA的混合液的，溶液中c(H+)=10mol/L,貝U&(HA尸膽上空’RO,d點(diǎn)溶液的pH=10,

c(HA)

…一+

溶液中?c(H+)=l(y2mol/L,&(HA尸二c(~H)—-c(—A)-=-1-0-'-°-x-c-(-A--)--101—c(~A-)-10,則…lg」c(~A)--C正…確;

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

D.c點(diǎn)在曲線I上，滴力口NaOH溶液時(shí)發(fā)生反應(yīng)NaOH+HA=NaA+H2。，c點(diǎn)力口入20mLNaOH溶液得至lj溶

液，溶液中的物料守恒為c(Na+)=c(')+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?wèn)題:

(1).儀器Q的名稱為；裝置b的作用是。

(2).裝置a中反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(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(kāi)始后，發(fā)現(xiàn)裝置d中的溶液迅速變黃，繼續(xù)通入SCh,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)：SO2+4I+4H#S；+2I2+2H2OO

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

(SCh體積已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積)。

限選試劑：-KI溶液、-KI溶液、-KI溶液、蒸儲(chǔ)水、濃硝酸、濃鹽酸

影響因素編號(hào)操作現(xiàn)象

取50mL①____于錐形瓶中，向其中通入

i溶液變?yōu)闇\黃色

20mLs。

c(r)2

ii取/KI溶液于錐形瓶中，向其中通入20mLsCh溶液迅速變黃

取-KI溶液和5mL②______于錐形瓶中，向其

iii溶液迅速變黃

中通入20mLsCh

c(H+)

取L-KI溶液和5mL③_于錐形瓶中，向其中溶液迅速變黃，且出

iv

通入20mLsCh現(xiàn)乳黃色渾濁

探究n：探究sc)2在KI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L可與S02發(fā)生反應(yīng)：SO2+l2+2H2O=SO^+2I-+4H\為進(jìn)一步探究體系中

的產(chǎn)物，完成下列實(shí)驗(yàn)方案。

方案操作預(yù)期現(xiàn)象結(jié)論

取適量裝置d中濁液，向其中滴加幾滴

i無(wú)明顯變化濁液中無(wú)h

④——溶液(填試劑名稱)，振蕩

將裝置d中濁液進(jìn)行分離得淡黃色固體和澄清溶液

ii

取適量分離后的澄清溶液于試管中，⑥一⑦一

⑤—

⑧綜上可知，S02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+2H2so4（濃）=C11SO4+SO2T+2H2O

（3）.KMnCU溶液紫紅色顏色變淺或褪色

（4）.①.-ki溶液②.蒸鐳水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S0：⑧.3SO2+2H2O&S1+2SO：+4H+

【解析】

A

【分析】本實(shí)驗(yàn)裝置a為制備SO2的裝置，反應(yīng)為：Cu+2H2soK濃）=CuSO4+SC）27+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(shuō)明S02具有漂白性，由于SO2具有強(qiáng)還

原性，裝置e中酸性KMnCh溶液褪色，由于SCh本身有毒不能直接排放，故用裝置f進(jìn)行尾氣處理，吸收

裝置中根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，展開(kāi)實(shí)驗(yàn)探究，探究是探究濃度對(duì)上述可逆反應(yīng)

SO2,dI

+的影響，探究則是探究在溶液體系中的反應(yīng)產(chǎn)物，通過(guò)對(duì)照實(shí)驗(yàn)

SO2+4I+4H.?SI+2I2+2H2OIIS02KI

進(jìn)行對(duì)照最后得出結(jié)論，據(jù)此分析解題。

【小問(wèn)1詳解】

由題干實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，儀器Q圓底燒瓶；由于S02易溶于水，故需要裝置b進(jìn)行防倒吸；

【小問(wèn)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)的化學(xué)方程式為

A

Cu+2H2so4（濃）=C11SO4+SO2T+2H2O；

【小問(wèn)3詳解】

酸性高鋸酸鉀具有強(qiáng)氧化性，極易被還原而褪色，裝置e中出現(xiàn)高鋸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(wèn)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

均相同才能能出正確結(jié)論，結(jié)合濃度越大反應(yīng)速率越快，故實(shí)驗(yàn)i加入50m的KI溶液；同理實(shí)驗(yàn)iii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II：探究S02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(méi)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+L+2H2O=SO：-+2r+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，再加入氯化鋼溶液；若看到有白色沉淀生成;

說(shuō)明反應(yīng)后的濁液中含有SO：；

綜上可知，SCh在K1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+2H2O=S+2SO4+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#7H2O和COC12-6H2O的工

藝如圖：

已知：①相關(guān)金屬離子［co(Mn+1形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：

金屬離子Co3+Co2+Fe3+Fe2+Ni2+

開(kāi)始沉淀的pH

沉淀完全的pH

②常溫下，K?p(NiCO3-7。

回答下列問(wèn)題：

(1)將廢料研磨成粉的作用是—?

(2)理論上“除鐵”需控制pH的范圍為—，“濾渣2”中除Fe(OH)3外，還有少量黃鈉鐵帆［Na2Fe6(SO4)4(OH)T，

寫(xiě)出Fe3+生成黃鈉鐵機(jī)的離子方程式：」

(3)寫(xiě)出“鉆銀分離”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：—?！般y鉆分離''后溶液中c(Ni2+L若“濾液2”中

5

c(CO3)=10-mobL-',則沉銀率=_［況保率=----初妗(―2+)-----卜

(4)“轉(zhuǎn)化”時(shí)產(chǎn)生的氣體為一。

放電

(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：NiOOH+MH-Ni(OH)2+Mo放電時(shí)，

禿電

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.或＜

2++

6Fe3++4SO:+2Na++12OH-=Na2Fe6(SO4)4(OH)i21④.C1O+2CO+5H2O=2CO(OH)3；+C|-+4H⑤.99%

或⑥.Ch⑦.MH-e-+OH-M+H2O

【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HNCh、H2s的混合液，金屬轉(zhuǎn)化為陽(yáng)離

子溶解在溶液中，Ni、Co轉(zhuǎn)化為Ni2+、Co2+,Fe被HNO3氧化為Fe3+,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Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，但不能使Ni2\Co?+沉淀，因此pH需

控制為，濾渣2為Fe(OH)3；濾液中再加NaClO將Co?+氧化為Co(OH)3,反應(yīng)的離子方程式為

2++

C1O+2CO+5H2O=2CO(OH)31+C1+4H;再加Na2co3,將Ni?+轉(zhuǎn)化為NiCCh沉淀，離子方程式為

Ni"+CO；=NiCO3j;NiCCh中加H2so4,反應(yīng)生成NiSO」，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，可得NiSOaHzO；

鉆鍥分離后得到的Co(OH)3加濃HCL可將三價(jià)的Co還原為二價(jià)，得到CoCb,經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，

可得CoCi22H20。

【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；

(2)根據(jù)分析，“除鐵”需控制pH的范圍為或<；根據(jù)流程可知，黃鈉鐵研［Na2Fe6(SO4)4(OH)n］的形成需要

Fe3+>SO；、Na+、OH",反應(yīng)的離子方程式為6Fe3++4SO：+2Na++12OH-=Na2Fe6(SO4)4(OH)i21；

⑶根據(jù)分析，鉆鑲分離時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為ClO+2Co2++5H2O=2Co(OH)31+Cr+4H+；c(CO：)=l(y5mol/L,根據(jù)

c(Ni)K、p(NiCO，)=吆

Ksp(NiCO/可知,沉銀率

c(CO^)l.OxlO5

因沉淀減少的c(Ni2+)_01moi/L-0.01mol/L

初始c(Ni?*)O.lmol/L

⑷根據(jù)分析，轉(zhuǎn)化時(shí)Co(OH)3將HCI氧化，HC1轉(zhuǎn)化為CL；

放電

(5)根據(jù)NiOOH+MH-Ni(0H)2+M可知，MH為吸附了H原子的合金，M和H均為。價(jià)，放電時(shí)MH中0

痛

價(jià)的H失電子生成H20,電極反應(yīng)為MH-e+OH=M+H2O；

13.CO2作為未來(lái)的重要碳源，其選擇性加氫合成CH3OH一直是研究熱點(diǎn)。在CO2加氫合成CH30H的體系

中，同時(shí)發(fā)生以下反應(yīng)：

反應(yīng)i:CO2(g)+3H2(g).-CHjOH(g)+H2O(g)^<0

反應(yīng)ii：CC>2(g)+H2(g).'CO(g)+H2O(g)神〉。

(I)原料CCh可通過(guò)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CO?捕獲劑的是—(填標(biāo)號(hào))。

A.Na2cCh溶液B.NaOH溶液C.CH3cH20HD.NH4CI溶液

(2)在特定溫度下，由穩(wěn)定態(tài)單質(zhì)生成Imol化合物的焙變叫該物質(zhì)在此溫度下的標(biāo)準(zhǔn)生成焰(ZH：)。下表

為幾種物質(zhì)在298K的標(biāo)準(zhǔn)生成焰，則反應(yīng)ii的△%=—

物質(zhì)CO(g)

H2(g)CO2(g)H2O(g)

△fH：(kJ.mol1)0-394-111-242

(3)在CO2加氫合成CH30H的體系中，下列說(shuō)法第像的是_(填標(biāo)號(hào))。

A.增大H2濃度有利于提高C02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(shuō)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CHQH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ImolCCh(g)和5molH2(g),lOmin后體系達(dá)到平衡，此時(shí)CO?

的轉(zhuǎn)化率為20%,CH30H的選擇性為50%。

轉(zhuǎn)化為CH30H的〃(CO?)

已知：CH30H的選擇性支xlOO%

消耗的”(CO?)

①用表示內(nèi)平均反應(yīng)速率。

CO20?lOminv(CO2)=

②反應(yīng)i的平衡常數(shù)K=—(寫(xiě)出計(jì)算式即可)。

(5)維持壓強(qiáng)和投料不變，將CO2和H?按一定流速通過(guò)反應(yīng)器，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率a(CO2)和甲醉的選擇性

/CH3OH)隨溫度變化的關(guān)系如圖所示：

己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一o

【答案】①.AB②.+41③.CO^mol-E'.min-1⑤.0」、叱⑥.i為放熱

0.8x4.6

反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)平衡后，升高溫度，平衡逆向移動(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】⑴能與C02反應(yīng)的，均可以作為C02捕獲劑，故選AB；

根據(jù)已知信息可得熱化學(xué)方程式：

(2)①H2(g)+；O2(g)=H2O(g)②C(s)+；02(g)=CO(g)

③C(s)+C)2(g)=82(g)△//=-394kJ?mol」；根據(jù)蓋斯定律可得，由①+②-③可得反應(yīng)ii：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△，2=+41kJ?moH；

(3)A.增大H2濃度，平衡正向移動(dòng)，CCh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(shuō)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)，CO?、氏的濃度減小，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CH30H在單

位時(shí)間內(nèi)的產(chǎn)量，正確；故選C；

(4)①用CCh表示。?lOmin內(nèi)平均反應(yīng)速率；

②反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，CCh的轉(zhuǎn)化量為，CH30H的選擇性為50%,則

轉(zhuǎn)化為CH30H的〃(CO?)：消耗的〃(C02)x50%=0.2molx50%=0.1mol,則

CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)

轉(zhuǎn)化為CO的〃(CO?)=0.Imol,則可得:2232

轉(zhuǎn)化(mol/L)0.10.30.10.1

CO2(g)+H2(g);CO(g)+H2O(g)

0I，則平衡時(shí)，c(CC)2,C(H,C(CH3,以比，反應(yīng)i的

轉(zhuǎn)化(mol/L)0.10.10.12

aCHaOHEH?。)0.lx0.2

平衡常數(shù)長(zhǎng)=

C(CO2)?(H2)0.8x4.63

(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)ii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

模催化劑表現(xiàn)出優(yōu)異的抗積碳和抗燒結(jié)性能。

(1).基態(tài)銀原子的核外電子排布式為。

(2).氧化鎂載體及銀催化反應(yīng)中涉及到CH4、CCh和CH30H等物質(zhì)。元素Mg、。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CH3OH,其原因是。

(3).Ni與CO在60~80℃時(shí)反應(yīng)生成Ni(C0)4氣體，在Ni(CO)4分子中與Ni形成配位鍵的原子是

Ni(C0)4晶體類型是。

(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MgO晶胞邊長(zhǎng)為，則MgO的密度為

g/cnr"保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。

si

【答案】①.Is22s22P63s23P63d4s2②.Mg<C<0?.C02CH4⑤.甲醇極性分子,

且甲醇分子間能形成氫鍵⑥.C⑦.分子晶體⑧.

【解析】

【分析】

【詳解】(1)銀元素的原子序數(shù)為28,基態(tài)保原子的核外電子排布式是Is22s22P63s23P63d84s2,故答案為：

1S22s22P63s23P63d84s2;

(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、0和C

三種元素的第一電離能由小到大排序?yàn)镸g<C<O；甲烷和甲醇分子中的碳原子都為飽和碳原子，雜化方式

為sp3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，則二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，甲醛分子是結(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；

co2；CH4；甲醇為極性分子，且甲醇分子間能形成氫鍵；

(3)由題意可知，四城基合鎮(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+6x1=4,位于棱上和體心的鎂離子個(gè)

o2

14x40

數(shù)為12x—+l=4,設(shè)晶體的密度為dg/cnA由晶胞的質(zhì)量公式可得：-----------7)3d,解得，故答案為:。

46.02x1023

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(guò)以下路線合成。

II+

己知：R—CNR