化學(xué)（九省聯(lián)考考后提升卷安徽卷）（解析版）

2024年1月“九省聯(lián)考”考后提升卷（安徽卷）高三化學(xué)（考試時(shí)間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項(xiàng)：1.答卷前，務(wù)必將自己的姓名和座位號(hào)填寫(xiě)在答題卡和試卷上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，務(wù)必擦凈后再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Zn65Ti48一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42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．“銀朱”主要成分為?！短旃ら_(kāi)物》記載：“凡將水銀再升朱用，故名曰銀朱…即漆工以鮮物采，唯（銀朱）入桐油則顯…若水銀已升朱，則不可復(fù)還為汞?！毕铝姓f(shuō)法錯(cuò)誤的是A．“銀朱”可由和S制備 B．“銀朱”可用于制作顏料C．“桐油”為天然高分子 D．“水銀升朱”不是可逆反應(yīng)【答案】C【詳解】A．Hg和S反應(yīng)可生成HgS，S+Hg=HgS，A正確；B．HgS是紅色固體，可用于制作顏料，B正確；C．“桐油”中含有油脂類物質(zhì)，屬于甘油三酯，不是高分子化合物，C錯(cuò)誤；D．由“若水銀已升朱，則不可復(fù)還為汞”可知，生成Hg與S反應(yīng)生成HgS不是可逆反應(yīng)，D正確；故選C。2．物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對(duì)應(yīng)關(guān)系錯(cuò)誤的是A．氧化鋁熔點(diǎn)高，可用于制作耐火材料B．有還原性，可用于自來(lái)水消毒C．維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑D．能與反應(yīng)生成，可作潛水艇中的供氧劑【答案】B【詳解】A．氧化鋁熔點(diǎn)高，因此可用于制作耐火材料，A正確；B．有氧化性，可用于自來(lái)水消毒，B錯(cuò)誤；C．維生素C具有還原性，可用作食品抗氧化劑，防止食品被氧化，C正確；D．能與反應(yīng)生成，可作供氧劑，D正確；故選B。3．石灰氮()是一種氮肥，與土壤中的反應(yīng)生成氰胺()，氰胺可進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為尿素[]。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A．為極性分子 B．中子數(shù)為20的鈣原子的質(zhì)量數(shù)為40C．分子中含4mol共價(jià)鍵 D．分子中不含非極性共價(jià)鍵【答案】C【詳解】A．H2N-C≡N分子中，正負(fù)電荷中心不重合為極性分子，為極性分子，故A正確；B．中子數(shù)為20的鈣原子，質(zhì)子數(shù)為20，質(zhì)量數(shù)為40，故B正確；C．1molH2N-C≡N分子中含2molN-H共價(jià)鍵，1molN-C共價(jià)鍵，C≡N中含1molσ鍵，2molπ鍵，共含共價(jià)鍵6mol，故C錯(cuò)誤；D．CO(NH2)2分子中有1個(gè)羰基和2個(gè)氨基，不含非極性共價(jià)鍵，故D正確；故選：C。4．一種在航空航天、國(guó)防軍工等領(lǐng)域具有應(yīng)用前景的液晶聚芳酯可由如下反應(yīng)制備。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．，化合物為乙酸 B．化合物最多有24個(gè)原子共平面C．反應(yīng)說(shuō)明化合物可發(fā)生縮聚反應(yīng) D．聚芳酯與稀和溶液均可反應(yīng)【答案】B【詳解】A．由上述方程式可以判斷，X為羥基和CH3CO結(jié)合成的乙酸分子，p等于2m-1，故A正確；B．F中，左側(cè)甲基上的3個(gè)氫有1個(gè)可能與右邊的分子整體共平面，故最多有25個(gè)原子可能共平面，故B錯(cuò)誤；C．由方程式可知，E分子中含有酯基和羧基，E也可以發(fā)生縮聚反應(yīng)，故C正確；D．聚芳酯中含有酯基，稀和溶液均可發(fā)生水解反應(yīng)，故D正確。答案選B。5．和互為同素異形體，臭氧分子極性較??；離子液體在室溫或者稍高于室溫會(huì)呈現(xiàn)液態(tài)，如鹽的熔點(diǎn)只有12℃；分子間氫鍵廣泛存在，如形成平面型多聚硼酸晶體等。下列說(shuō)法正確的是A．在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度B．和的中心原子雜化方式不相同C．大多數(shù)離子液體由體積大的陰、陽(yáng)離子構(gòu)成D．硼酸晶體在水中的溶解度隨溫度升高而增大與分子間氫鍵無(wú)關(guān)【答案】C【詳解】A．和水都是極性分子，四氯化碳為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度，A錯(cuò)誤；B．中心原子S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，中心原子S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，故中心原子都采用雜化，B錯(cuò)誤；C．陰陽(yáng)離子體積較大，使得陰陽(yáng)離子間距離較大，離子鍵較弱，離子液體在室溫或者稍高于室溫會(huì)呈現(xiàn)液態(tài)，故大多數(shù)離子液體由體積大的陰、陽(yáng)離子構(gòu)成，C正確；D．硼酸分子之間存在氫鍵，影響硼酸分子與水分子之間形成氫鍵，升高溫度硼酸溶解度增大是因?yàn)榕鹚岱肿娱g的氫鍵斷裂，重新與水分子形成氫鍵，D錯(cuò)誤；故選C。6．和互為同素異形體，臭氧分子極性較小，利用臭氧的強(qiáng)氧化性可在pH約為8時(shí)，與廢水中反應(yīng)生成和兩種氣體；氨水、氧化鋅懸濁液等均可以吸收廢氣中的；硫鐵礦有、FeS等，其中FeS能溶于強(qiáng)酸；離子液體在室溫或者稍高于室溫會(huì)呈現(xiàn)液態(tài)，如鹽的熔點(diǎn)只有12℃；分子間氫鍵廣泛存在，如形成平面型多聚硼酸晶體等。下列反應(yīng)離子反應(yīng)方程式正確的是A．臭氧去除廢水中：B．少量通入到氧化鋅懸濁液：C．足量通入到氨水中：D．少量硫化氫氣體通入到硫酸亞鐵溶液：【答案】A【詳解】A．臭氧與廢水中反應(yīng)生成碳酸氫根、氮?dú)夂脱鯕?，由電子守恒、電荷守恒、原子守恒得，離子方程式為，A正確；B．少量通入到氧化鋅懸濁液中應(yīng)生成亞硫酸鋅，離子方程式為，B錯(cuò)誤；C．足量通入到氨水中生成亞硫酸氫銨，離子方程式為，C錯(cuò)誤；D．硫酸的酸性強(qiáng)于硫化氫，少量硫化氫氣體通入到硫酸亞鐵溶液中不發(fā)生反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選A。7．下列關(guān)于不同價(jià)態(tài)含硫物質(zhì)的轉(zhuǎn)化實(shí)驗(yàn)中硫元素的化合價(jià)變化敘述合理的是選項(xiàng)ABCD實(shí)驗(yàn)化合價(jià)變化0價(jià)→+2價(jià)0價(jià)→+6價(jià)+4價(jià)→+6價(jià)+6價(jià)→+4價(jià)A．A B．B C．C D．D【答案】C【詳解】A．鐵和硫加熱反應(yīng)生成硫化亞鐵，硫的化合價(jià)從0價(jià)→?2價(jià)，故A不符合題意；B．硫和氧氣點(diǎn)燃生成二氧化硫，硫的化合價(jià)從0價(jià)→+4價(jià)，故B不符合題意；C．二氧化硫和鐵離子反應(yīng)生成硫酸根和亞鐵離子，硫的化合價(jià)從+4價(jià)→+6價(jià)，故C符合題意；D．膽礬加熱失去結(jié)晶水變?yōu)闊o(wú)水硫酸銅，硫的化合價(jià)未變，故D不符合題意。綜上所述，答案為C。8．化合物可用作電極材料，其中基態(tài)W原子的價(jià)層電子排布式為。該電極材料所含陰離子的結(jié)構(gòu)如圖所示，X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y同周期，Y原子的電子總數(shù)與Z原子的L層電子數(shù)相等。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．簡(jiǎn)單離子半徑：B．簡(jiǎn)單氫化物的熔沸點(diǎn)：C．X單質(zhì)在Y單質(zhì)中燃燒，其主要產(chǎn)物中含有非極性共價(jià)鍵D．W原子有15種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子【答案】C【詳解】A．根據(jù)層多徑大，同電子結(jié)構(gòu)核多徑小，則簡(jiǎn)單離子半徑：，故A正確；B．水分子間含有氫鍵，熔沸點(diǎn)：，故B正確；C．Li在氧氣中燃燒，主要產(chǎn)物為，不含非極性共價(jià)鍵，故C錯(cuò)誤；D．鐵原子的原子軌道數(shù)為15，故空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有15種，故D正確；故選C。9．某溫度條件下，在某恒壓容器中發(fā)生反應(yīng)，部分反應(yīng)物和生成物的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如圖所示(曲線m、n)。下列說(shuō)法正確的是A．m表示C的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化B．時(shí)刻反應(yīng)速率：C．此反應(yīng)的平衡常數(shù)D．平衡后充入，再次達(dá)到平衡時(shí)物質(zhì)n的物質(zhì)的量大于【答案】C【詳解】A．C為固體，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)物m呈降低趨勢(shì)，m表示的是一氧化氮的物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化，A錯(cuò)誤；B．時(shí)刻之后，曲線m代表的反應(yīng)物在持續(xù)減少，曲線n代表的生成物在持續(xù)增加，則該時(shí)刻反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，，B錯(cuò)誤；C．25min之后，曲線m、n不再變化，反應(yīng)物、生成物的物質(zhì)的量不再變化，該反應(yīng)達(dá)到平衡，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)列出三段式，該反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，則氣體體積不變，容器體積不變，設(shè)反應(yīng)過(guò)程中體積為1L，，C正確；D．平衡后充入，恒壓容器中，容器體積增大，各氣體物質(zhì)濃度同比例降低，由于該反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，再次達(dá)到平衡時(shí)，物質(zhì)n的物質(zhì)的量等于，D錯(cuò)誤；故選C。10．根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象能得出相應(yīng)結(jié)論的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A室溫下，向苯酚鈉溶液中滴加少量鹽酸，溶液變渾濁酸性：鹽酸>苯酚B向溶液中滴入2滴溶液，產(chǎn)生白色沉淀后，再滴加2滴溶液，產(chǎn)生紅褐色沉淀相同溫度下：C測(cè)定濃度均為的與HCOONa溶液的pH，溶液的pH較大結(jié)合的能力：D向KBr溶液中加入少量苯，通入適量后充分振蕩，有機(jī)層變?yōu)槌壬€原性：A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．向苯酚鈉溶液中滴加少量鹽酸，溶液變渾濁說(shuō)明有苯酚生成，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸可知，A正確；B．氫氧化鈉溶液過(guò)量，氯化鐵能和氫氧化鈉直接反應(yīng)生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，不能證明二者的大小，B錯(cuò)誤；C．測(cè)定濃度均為的與HCOONa溶液的pH，溶液的pH較大說(shuō)明CH3COO-水解程度大，故結(jié)合的能力：，C錯(cuò)誤；D．向KBr溶液中加入少量苯，通入適量后充分振蕩，有機(jī)層變?yōu)槌壬f(shuō)明氯氣置換出溴單質(zhì)，氧化性：氯氣>溴單質(zhì)，故還原性，D錯(cuò)誤；故選A11．復(fù)旦大學(xué)科研人員采用金屬碳酸鹽和獨(dú)特的固-固轉(zhuǎn)換反應(yīng)，設(shè)計(jì)出@石墨烯(ZZG)電極的概念電池，表現(xiàn)出91.3%的高鋅利用率，且壽命長(zhǎng)達(dá)2000次，其充電時(shí)的工作原理如圖所示：

下列說(shuō)法正確的是A．放電時(shí)的電極電勢(shì)：ZZG電極>鎳基電極B．充電時(shí)陰極附近電解液中增大C．放電時(shí)移向鎳基電極D．放電時(shí)當(dāng)外電路中有2mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，ZZG電極就會(huì)析出1mol固體【答案】B【分析】該裝置有外接電源，屬于電解裝置，根據(jù)電解原理進(jìn)行分析，鎳基電極為陽(yáng)極，另外一極為陰極，據(jù)此分析；【詳解】A．由充電時(shí)電極連接方式可知ZZG電極在放電時(shí)是負(fù)極，負(fù)極的電勢(shì)低于正極，故A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)負(fù)極電極反應(yīng)式為5Zn+2CO+6OH--10e-=2ZnCO3·3Zn(OH)2，充電時(shí)陰極反應(yīng)式為2ZnCO3·3Zn(OH)2+10e-=5Zn+2CO+6OH-，n(OH-)增大，故B正確；C．放電時(shí)，陰離子移向負(fù)極，故C錯(cuò)誤；D．放電時(shí)，ZZG電極的電極反應(yīng)式為5Zn+2CO+6OH--10e-=2ZnCO3·3Zn(OH)2，當(dāng)電路中有2mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，ZZG電極會(huì)產(chǎn)生0.2mol[2ZnCO3·3Zn(OH)2]，故D錯(cuò)誤；答案為B。12．常溫下，向溶液中逐滴加入等濃度的氨水。反應(yīng)過(guò)程中，或與加入氨水體積的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)溶液中：B．已知，則b點(diǎn)溶液的pH約為8C．從b到c的過(guò)程中，水的電離程度增大D．m點(diǎn)溶液中：【答案】D【詳解】A．a(chǎn)點(diǎn)溶液為溶液，Ag+部分水解，所以，故A錯(cuò)誤；B．b點(diǎn)溶液中Ag+剛好完全生成，此時(shí)，，已知，所以，則，b點(diǎn)溶液的pH約為10，故B錯(cuò)誤；C．b到c的過(guò)程為，生成OH-，抑制水的電離，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電荷守恒，，m點(diǎn)溶液中的濃度為0.01mol/L，溶液呈堿性，所以，即，故D正確；故答案選D。13．硫代碳酸鈉(Na2CS3)可用于處理工業(yè)廢水中的重金屬離子，可通過(guò)如下反應(yīng)制備：。下列說(shuō)法正確的是A．NaHS中僅存在離子鍵 B．CS2的空間構(gòu)型為直線形C．中C原子為sp3雜化 D．H2S的電子式為【答案】B【詳解】A．NaHS是酸式鹽，其中存在離子鍵和共價(jià)鍵，A錯(cuò)誤；B．CS2分子結(jié)構(gòu)與CO2相似，C原子與2個(gè)S原子形成2個(gè)C=S共價(jià)鍵，三個(gè)原子在同一直線上，其空間構(gòu)型為直線形，B正確；C．中C原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3+=3，故C原子為sp2雜化，C錯(cuò)誤；D．S原子最外層有6個(gè)電子，S原子與2個(gè)H原子形成2對(duì)共用電子對(duì)，使分子中各個(gè)原子都達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故H2S的電子式為，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。14．2019年9月，我國(guó)科研人員研制出Ti－H－Fe雙溫區(qū)催化劑，其中Ti－H區(qū)域和Fe區(qū)域的溫度差可超過(guò)100℃。Ti－H－Fe雙溫區(qū)催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用*標(biāo)注。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．①②③在高溫區(qū)發(fā)生，④⑤在低溫區(qū)發(fā)生B．該歷程中能量變化最大的是2.46eV，是氮分子中氮氮三鍵的斷裂過(guò)程C．在高溫區(qū)加快了反應(yīng)速率，低溫區(qū)提高了氨的產(chǎn)率D．使用Ti－H－Fe雙溫區(qū)催化合成氨，不會(huì)改變合成氨反應(yīng)的反應(yīng)熱【答案】B【詳解】A．①為催化劑吸附N2的過(guò)程，②為形成過(guò)渡態(tài)的過(guò)程，③為N2解離為N的過(guò)程，以上都需要在高溫時(shí)進(jìn)行，目的是加快反應(yīng)速率；而④⑤為了增大平衡產(chǎn)率，需要在低溫下進(jìn)行，故A正確；B．由圖可知，歷程中能量變化最大的是2.46eV，該過(guò)程為N2的吸附過(guò)程，氮氮三鍵沒(méi)有斷裂，故B錯(cuò)誤；C．升高溫度可提高反應(yīng)速率，所以高溫區(qū)加快了反應(yīng)速率，但合成氨的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以低溫區(qū)可提高氨的產(chǎn)率，故C正確；D．催化劑能改變反應(yīng)歷程，降低反應(yīng)的活化能，但不能改變反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)，即不能改變反應(yīng)的反應(yīng)熱，故D正確；故答案為B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15．鈦白粉(納米級(jí)TiO2)廣泛用作功能陶瓷、催化劑、化妝品和光敏材料等白色無(wú)機(jī)顏料，是白色顏料中著色力最強(qiáng)的一種，具有優(yōu)良的遮蓋力和著色牢度，適用于不透明的白色制品。以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3、MgO)為原料制備高純度鈦白粉，同時(shí)得到綠礬的工藝流程如圖1。

已知：常溫下，稀硫酸幾乎與FeTiO3不反應(yīng)。（1）稀硫酸浸出的目的是。（2）圖2、圖3分別為不同固液比、溫度下濾渣與熱濃硫酸反應(yīng)時(shí)的Ti浸出率，據(jù)圖分析，最適合的固液比和溫度分別是和，原因?yàn)椤?/p>

（3）若用濃硫酸浸出后Ti元素的存在形式為，則濃硫酸與FeTiO3反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（4）“一系列操作”得到的綠礬先用稀鈦液洗滌，再用冰水洗滌的目的是，過(guò)濾時(shí)用到的玻璃儀器有玻璃棒、。（5）將鈦液加熱煮沸的目的是。（6）若取10kg鈦鐵礦(FeTiO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為95%，)經(jīng)過(guò)上述流程(鈦元素在整個(gè)流程中損失率為5%)，則可制得鈦白粉固體的質(zhì)量為kg?！敬鸢浮浚?4分，除標(biāo)注外每空1分）（1）除去MgO（2）1：10160℃增大固液比和升高溫度，對(duì)鈦浸出率的提升不大，且增加生產(chǎn)成本（2分）（3）2FeTiO3+6H2SO42TiOSO4+Fe2(SO4)3+SO2↑+6H2O（2分）（4）回收綠礬表面吸附的鈦液，并減少綠礬的溶解（2分）漏斗、燒杯（2分）（5）促進(jìn)TiO2+水解成H2TiO3（6）4.75（2分）【分析】由于稀硫酸幾乎與FeTiO3不反應(yīng)，在鈦鐵礦中加入稀硫酸，可將鈦鐵礦中的氧化鎂溶解除去，再將濾渣（FeTiO3）用濃硫酸進(jìn)行浸取，將鈦元素轉(zhuǎn)化為可溶解的TiO2+，再加入鐵粉，將多余的硫酸反應(yīng)掉，同時(shí)生成硫酸亞鐵，在經(jīng)過(guò)一系列操作，將其分離，從而制得綠礬晶體，最后再將鈦轉(zhuǎn)化為H2TiO3，加熱分解即可制得鈦白粉?！驹斀狻浚?）已知，常溫下，稀硫酸幾乎與FeTiO3不反應(yīng)，而氧化鎂屬于堿性氧化物，可與稀硫酸反應(yīng)，因此，稀硫酸浸出的目的除去氧化鎂；（2）由圖2可知，當(dāng)固液比為1∶10時(shí)，鈦浸出率已經(jīng)達(dá)到90%以上，在增大固液比，鈦浸出率增大量很小，但卻需要使用使用大量的硫酸，增加成本，故最適合的固液比為1∶10。由圖3可知，當(dāng)溫度為160℃時(shí)，鈦浸出率已經(jīng)很高了，再提高溫度，鈦浸出率增大量很小，但卻需要消耗大量的能源，增加成本，故最適宜溫度為160℃；（3）由題意知，用濃硫酸進(jìn)出后Ti元素以TiO2+的形式存在，故反應(yīng)方程為：2FeTiO3+6H2SO42TiOSO4+Fe2(SO4)3+SO2↑+6H2O；（4）“一系列操作”，是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾，是為了將綠礬晶體與鈦液分離開(kāi)來(lái)，但是在過(guò)濾操作后，得到的綠礬晶體表面還殘留得有部分鈦液，用冷水洗滌的目的是為了將綠礬晶體表面的鈦液洗去，重新回收利用，由于冰水的溫度較低，可以降低綠礬晶體的溶解度，減少綠礬的溶解。過(guò)濾操作用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃杯；（5）由于鈦液中的TiO2+會(huì)發(fā)生水解，將鈦液進(jìn)行加熱煮沸的目的是為了促進(jìn)鈦液中的TiO2+水解生成H2TiO3；（6）10kg鈦鐵礦中含有的FeTiO3的質(zhì)量為：m=10kg×95%=9.5kg，鈦元素在整個(gè)流程中損失率為5%，設(shè)鈦白粉的質(zhì)量為xkg由鈦守恒得解x=4.75kg。16．高爐煉鐵是重要的工業(yè)過(guò)程，冶煉過(guò)程中涉及如下反應(yīng)：①FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)ΔH1=-11kJ/mol②FeO(s)+C(s)Fe(s)+CO(g)ΔH2=+161.5kJ/mol③C(s)+CO2(g)2CO(g)（1）反應(yīng)③的ΔH=kJ/mol。（2）在恒溫恒容密閉容器中投入足量石墨與CO2進(jìn)行反應(yīng)③，可判定其達(dá)到平衡的條件有___________(填序號(hào))。A．容器總壓保持不變B．石墨斷開(kāi)3mol碳碳σ鍵的同時(shí)，CO斷開(kāi)2mol碳氧三鍵C．CO的體積分?jǐn)?shù)保持不變D．保持不變（3）反應(yīng)②的壓力平衡常數(shù)表達(dá)式Kp2=。（4）恒容密閉容器中加入足量C、FeO，進(jìn)行上述反應(yīng)。改變溫度，測(cè)得平衡時(shí)容器總壓的對(duì)數(shù)lg(p總/kPa)、各氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x(CO)、x(CO2)的變化如圖所示：

①x(CO)對(duì)應(yīng)的曲線是(填序號(hào))，判斷依據(jù)是。②在1200℃下進(jìn)行上述反應(yīng)，平衡時(shí)CO2分壓為kPa，反應(yīng)①在此溫度下的壓力平衡常數(shù)Kp1=。（5）高爐煉鐵過(guò)程中會(huì)生成“滲碳體”Fe3C(相對(duì)分子質(zhì)量為M)，晶胞為長(zhǎng)方體(如圖)，晶胞參數(shù)為apm，bpm，cpm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則其密度為g/cm3(用含M、a、b、c、NA的式子表示)。

【答案】（16分，每空2分）（1）+172.5（2）ACD（3）p(CO)（4）bb、c兩條曲線的右坐標(biāo)之和恒為1，對(duì)應(yīng)體系中的兩種氣體；反應(yīng)①為放熱反應(yīng)，其平衡常數(shù)K=(或)=隨溫度升高而降低，因此x(CO)隨著溫度升高而升高，對(duì)應(yīng)曲線b5001（5）【詳解】（1）由3個(gè)方程式可知，反應(yīng)③的ΔH=ΔH2-ΔH1，所以；（2）A．該反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量前后不等的反應(yīng)，所以當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)，可以說(shuō)反應(yīng)達(dá)到了平衡，A正確；B．1mol石墨參與反應(yīng)是斷開(kāi)2mol碳碳σ鍵，B錯(cuò)誤；C．CO的體積分?jǐn)?shù)不變，說(shuō)明各物質(zhì)的物質(zhì)的量都不變，可以說(shuō)明達(dá)到了平衡，C正確；D．保持不變，說(shuō)明溫度不變，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到了平衡，D正確；故選ACD；（3）反應(yīng)②中氧化亞鐵、碳、鐵都是固體，只有一氧化碳是氣體，因此壓力平衡常數(shù)表達(dá)式Kp2=p(CO)；（4）①b、c兩條曲線的右坐標(biāo)之和恒為1，對(duì)應(yīng)體系中的兩種氣體，反應(yīng)①為放熱反應(yīng)，其平衡常數(shù)K=(或)=隨溫度升高而降低，因此x(CO)隨著溫度升高而升高，所以對(duì)應(yīng)曲線b；②溫度為1200℃時(shí)，由于總壓為1000kPa，所以二氧化碳的分壓為500kPa；溫度為1200℃時(shí)，由于；（5）。17．配合物三氯化六氨合鈷是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，實(shí)驗(yàn)室用晶體制備的實(shí)驗(yàn)步驟如下：已知：三氯化六氨合鈷不溶于乙醇，常溫水中溶解度較小。步驟i：在錐形瓶中，將適量溶于水中，加熱至沸騰，加入研細(xì)的一定量晶體，溶解得到混合溶液。步驟ii：將上述混合液倒入三頸燒瓶中，加入少量活性炭，冷卻，利用如下裝置先加入濃氨水，再逐滴加入一定量溶液，水浴加熱至，保持。步驟iii：然后用冰浴冷卻至左右，吸濾，不必洗滌沉淀，直接把沉淀溶于沸水中，水中含濃鹽酸。趁熱吸濾，再慢慢加入一定量濃鹽酸于濾液中，即有大量橙黃色晶體析出。步驟iv：用冰浴冷卻后吸濾，洗滌晶體，吸干。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）步驟i中，研細(xì)晶體所用的儀器名稱為。步驟ii中實(shí)驗(yàn)儀器a中應(yīng)盛放的試劑是(填“堿石灰”或“氯化鈣”)（2）寫(xiě)出以、、濃氨水、為原料制備三氯化六氨合鈷的化學(xué)方程式。（3）該產(chǎn)品制備過(guò)程中若不加入活性炭，則會(huì)生成含的另一種配合物，該配合物中，配體為。（4）下列說(shuō)法正確的是___________(填標(biāo)號(hào))。A．除作為反應(yīng)物外，還有調(diào)節(jié)溶液的的作用B．Co為ⅧB(niǎo)族元素C．水浴溫度不能過(guò)高的原因是防止過(guò)氧化氫分解和氨氣逸出D．可用乙醇水溶液洗滌產(chǎn)品（5）已知具有正八面體的空間結(jié)構(gòu)，中的2個(gè)被2個(gè)取代，能得到種產(chǎn)物?！敬鸢浮浚?1分，除標(biāo)注外每空1分）（1）研缽氯化鈣（2）（2分）（3）1、（2分）（4）ACD（2分）（5）2（2分）【分析】將NH4Cl和晶體溶解后所得混合溶液倒入三頸燒瓶中，加熱活性炭作催化劑，先加濃氨水，在逐滴加入H2O2溶液，水浴加熱，發(fā)生反應(yīng)，經(jīng)過(guò)分離提純最終得到，以此分析解答?！驹斀狻浚?）研細(xì)晶體所用的儀器名稱為研缽；a中盛放氯化鈣吸收揮發(fā)的氨氣；故答案為：研缽；氯化鈣；（2）根據(jù)分析，制備三氯化六氨合鈷的方程式為；故答案為：；（3）Co的配位數(shù)為6，則x=1，配體為NH3、Cl-；故答案為：1；NH3、Cl-；（4）A．氯化銨為反應(yīng)物，同時(shí)氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，加入NH4Cl溶液影響氨水的電離平衡，可以調(diào)節(jié)溶液的pH，以增加H2O2的氧化性和穩(wěn)定性，A正確；B．Co的原子序數(shù)為27，位于元素周期表的第4周期第Ⅷ族，B錯(cuò)誤；C．溫度過(guò)高，過(guò)氧化氫易分解、氨氣易逸出，C正確；D．已知三氯化六氨合鈷不溶于乙醇，常溫水中溶解度較小，則可用乙醇水溶液洗滌產(chǎn)品，D正確；鈷答案為：ACD；（5）由于正八面體中6個(gè)NH3分子間的距離相等，則Cl-取代NH3后形成的二氯代粒子有對(duì)頂角位和鄰位兩種；故答案為：2。18．物質(zhì)J是一種具有生物活性的化合物。該化合物的合成路線如下：已知：①＋；②回答下列問(wèn)題：（1）A中官能團(tuán)的