江西省九江市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

江西省九江市2024年高考化學(xué)模擬試題閱卷人一、單項(xiàng)選擇題：共14小題，每題3分，共42分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。得分1．化學(xué)與生產(chǎn)生活密切相關(guān)，下列說(shuō)法不正確的是（）A．可燃冰是一種化石能源B．氧化鎂在工業(yè)生產(chǎn)中常用作耐火材料C．SOD．聚乳酸具有生物可降解性，替代傳統(tǒng)塑料以減少白色污染2．下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)不正確的是（）A．基態(tài)Si原子的價(jià)層電子的軌道表示式：B．FNO的空間構(gòu)型為V形C．氧離子的結(jié)構(gòu)示意圖為D．順-2-丁烯的分子結(jié)構(gòu)模型：3．用NAA．1mol/LNaHCO3B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LH2OC．100g98%的濃硫酸中含有的H原子總數(shù)為D．常溫常壓下，23gNO2、4．下列描述對(duì)應(yīng)的化學(xué)知識(shí)或原理正確的是（）選項(xiàng)素質(zhì)教育化學(xué)知識(shí)或原理A書法：“無(wú)色而具畫圖的燦爛，無(wú)聲而有音樂(lè)的和諧”，常用宣紙制作宣紙的主要成分是合成高分子材料B體育：體育賽場(chǎng)上常用復(fù)方氯乙烷噴霧劑給運(yùn)動(dòng)員受傷處快速降溫止痛氯乙烷屬于烴類物質(zhì)C美術(shù)：水墨畫被視為中國(guó)傳統(tǒng)繪畫，顏料中的紅色成分為鐵紅鐵紅的主要成分為FD勞動(dòng)教育：使用84消毒液對(duì)衣物消毒NaClO具有漂白性A．A B．B C．C D．D5．維生素B6(pyridoxinA．該物質(zhì)屬于芳香烴 B．可發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)C．碳原子不能同時(shí)在一個(gè)平面 D．1mol該物質(zhì)最多消耗3molNaOH6．ClO-可用于處理含CN-的廢水，處理過(guò)程中體系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、HCO3?A．ClO-是氧化劑，N2是氧化產(chǎn)物之一B．反應(yīng)配平后氧化劑與還原劑的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為3：2C．若生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LN2，則轉(zhuǎn)移電子0.2molD．含CN-的廢水也可用Cr2O72?7．W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，X、Y、Z為同一短周期相鄰元素，W、X、Y組成的EMIMA．第一電離能：X<Y<ZB．鍵角大?。篩C．簡(jiǎn)單氫化物沸點(diǎn)：X<Y<ZD．EMIM+中大Π8．下列離子方程式書寫正確的是（）A．明礬溶液與過(guò)量氨水混合：AB．用Cu作電極電解飽和食鹽水：2CC．海水提溴中用SO2D．比較碳酸和苯酚酸性強(qiáng)弱：C9．某化學(xué)興趣小組同學(xué)按圖示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，產(chǎn)生足量的氣體通入c中，最終出現(xiàn)渾濁。下列所選物質(zhì)組合符合要求的是（）選項(xiàng)a中試劑b中試劑c中試劑A濃硫酸濃鹽酸NaAlO2(或B濃硝酸FeH2C稀鹽酸大理石飽和NaD濃氨水生石灰AgNOA．A B．B C．C D．D10．科學(xué)家研制出了一種薄如紙片，可剪裁、能折疊的輕型“紙電池”。將特殊工藝加工后的電極材料涂在紙上，形成效率比普通鋰電池效率高10倍的“紙電池”。其電池總反應(yīng)為：Zn+2MnOA．電池的正極反應(yīng)式為2MnB．涂在紙上的電極材料是Zn和MnC．每生成1molMnO(OH)D．電池中MnO(11．以葉蛇紋石[主要成分是Mg6(S葉蛇紋石下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．操作1為過(guò)濾B．反應(yīng)2的副產(chǎn)物可作燃料C．反應(yīng)3和反應(yīng)4的副產(chǎn)物可循環(huán)利用D．上述流程中有兩步反應(yīng)發(fā)生了氧化還原12．研究表明，在催化劑AuCl/C作用下，注：“2→3”可表示為：HCl+AuCl→HCl下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是（）A．“4→5的化學(xué)方程式可表示為HClB．保持體系中C2H2C．反應(yīng)過(guò)程中有極性共價(jià)鍵和非極性共價(jià)鍵斷裂D．反應(yīng)物在催化劑表面經(jīng)歷過(guò)程“擴(kuò)散→吸附(活性位點(diǎn))→表面反應(yīng)→脫附”13．某小組同學(xué)用0.1000mol/L的A．這種酸可能是醋酸B．若用酚酞作指示劑，滴定終點(diǎn)在A處，若用甲基橙為指示劑，滴定終點(diǎn)在C處C．若酸為硫酸，B點(diǎn)溶液中有：c(D．若酸為鹽酸，C處溶液離子濃度大小關(guān)系為：c(N14．已知反應(yīng)2N2O下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．過(guò)程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2B．若在任意溫度下均能自發(fā)進(jìn)行，則反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C．該反應(yīng)中只有兩種物質(zhì)能夠吸附N2D．過(guò)程Ⅲ中最大勢(shì)能壘(活化能)為37閱卷人二、非選擇題：共4道題，共58分。得分15．利用廢鎳催化劑(主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物)合成硫酸鎳晶體的一種工藝流程如下：常溫下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子NAFF開始沉淀時(shí)(c=0.01mol?7.23.72.27.5沉淀完全時(shí)(c=1.0×18.74.73.29.0回答下列問(wèn)題：（1）“堿浸”時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為。（2）“濾液②”中含有的金屬離子是。（3）若“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol?L?1，則“調(diào)（4）資料顯示，硫酸鎳結(jié)晶水合物的形態(tài)與溫度有如下關(guān)系。溫度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶體形態(tài)NiSNiS多種結(jié)晶水合物NiS由NiSO4溶液獲得穩(wěn)定的NiSO（5）①Fe、Co、Ni三種元素二價(jià)離子的硫酸鹽晶體的晶胞類型相同，其熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)?；②NiSO4中陰離子的空間構(gòu)型為③丁二酮肟常用于檢驗(yàn)Ni2+。在稀氨水中，丁二酮肟與該配合物中Ni2+的配位數(shù)為；丁二酮肟分子中所含的第二周期元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)?6．硫代硫酸鈉(Na2S2O3·5H2O)俗名“大蘇打”，又稱為“海波”。它易溶于水，難溶于乙醇，加熱、遇酸均易分解。下圖為實(shí)驗(yàn)室制取硫代硫酸鈉的裝置：實(shí)驗(yàn)步驟：I．Na裝置A制備的SO2經(jīng)過(guò)三通閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液pH約為7~Ⅱ.產(chǎn)品分離提純：產(chǎn)品混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，得到Na回答下列問(wèn)題：（1）裝置A中裝Na2SO3A．飽和食鹽水B．NaOH溶液C．飽和NaHSO3溶液D．酸性（2）為了保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實(shí)驗(yàn)中通入的SO2不能過(guò)量。若SO2過(guò)量使溶液pH<7，產(chǎn)率會(huì)降低，請(qǐng)用離子方程式解釋原因：；理論上Na（3）當(dāng)數(shù)據(jù)采集處pH接近7~8時(shí)，三通閥(如圖1)的孔路位置應(yīng)調(diào)節(jié)為（4）小組查閱資料：①S2O3②在照相底片的定影過(guò)程中，未曝光的溴化銀(AgBr)常用硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶解。發(fā)生的反應(yīng)為：Ag++2S2O32??[Ag(S2O3)2a．S2O3（5）向Na2S2O3浸取液中通入空氣使Au轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定性高的17．對(duì)CO（1）1902年，PaulSabatier首次報(bào)道了CO①已知：I．2Ⅱ.CCO2甲烷化反應(yīng)Ⅲ.CO2(g)+4H2②CO2加氫合成甲烷時(shí)，通?？刂茰囟葹?00℃左右，其原因不可能為A．反應(yīng)速率快B．平衡轉(zhuǎn)化率高C．催化劑活性高D．主反應(yīng)催化劑選擇性好（2）ZrO2負(fù)載金屬Rh催化①上述兩種不同機(jī)理發(fā)生機(jī)制關(guān)鍵為：CO2和H2在催化劑表面不同活性位點(diǎn)吸附、活化形成中間體。若發(fā)生機(jī)理①，則CO②機(jī)理①和②都會(huì)產(chǎn)生中間體CO。其產(chǎn)生的原因可能是或吸附在載體ZrO2的Zr原子表面的(③中間體Ⅱ轉(zhuǎn)化為中間體Ⅲ的過(guò)程可用反應(yīng)式表示為。（3）利用介孔限域催化溫室氣體加氫制甲醇，是解決能源問(wèn)題與實(shí)現(xiàn)雙碳目標(biāo)的主要技術(shù)之一，主反應(yīng)如下：CO①此反應(yīng)在(填“高溫”、“低溫”或“任何溫度”)下能自發(fā)進(jìn)行。②我國(guó)學(xué)者研究發(fā)現(xiàn)，在單原子Cu/第一步C第二步HCO第三步C中間體HCOO*與回答下列問(wèn)題：i．基態(tài)銅原子價(jià)層電子軌道表達(dá)式：。ii．反應(yīng)歷程中，第步反應(yīng)的活化能最高，是反應(yīng)的決速步聚，判斷的理由是。18．有機(jī)物H是治療胃腸炎、細(xì)菌性痢疾等藥物的合成中間體，其合成路線如下圖所示：回答下列問(wèn)題：（1）A的名稱是。（2）B→C的化學(xué)方程式為。（3）化合物F中的官能團(tuán)名稱為、。（4）試劑X含有醛基，分子式為C9H10O3，則其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（5）化合物H中氮原子的雜化類型為。（6）化合物D一定條件可轉(zhuǎn)化為M()，M的同分異構(gòu)體中，同時(shí)滿足下列條件的共有種(不考慮立體異構(gòu))。a．能使溴的四氯化碳溶液褪色b．能與NaHCOc．苯環(huán)上有三個(gè)取代基，其中2個(gè)為酚羥基其中核磁共振氫譜有7組峰，且峰面積之比為2:2:

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、可燃冰的主要成分為甲烷，是一種化石能源，故A不符合題意；

B、氧化鎂熔點(diǎn)高，耐高溫，常用作耐火材料，故B不符合題意；

C、SO2與有色物質(zhì)結(jié)合生成無(wú)色物質(zhì)而漂白，HClO利用其強(qiáng)氧化性漂白，兩者漂白原理不同，故C符合題意；

D、聚乳酸塑料可降解，用聚乳酸塑料替代傳統(tǒng)塑料以減少白色污染，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A、可燃冰的主要成分為甲烷；

B、氧化鎂熔點(diǎn)高；

C、二氧化硫與有色物質(zhì)結(jié)合生成無(wú)色物質(zhì)，HClO具有強(qiáng)氧化性；

D、聚乳酸可降解。2．【答案】A【解析】【解答】A、基態(tài)Si元素的價(jià)電子排布式為3s23p2，軌道表示式為，故A符合題意；

B、FNO的中心原子的價(jià)電子對(duì)數(shù)為3，含有一個(gè)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為V形，故B不符合題意；

C、氧原子得到2個(gè)電子形成氧離子，則氧離子的結(jié)構(gòu)示意圖為，故C不符合題意；

D、順-2-丁烯分子中，相同的原子團(tuán)位于碳碳雙鍵的同一側(cè)，則其結(jié)構(gòu)模型為，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A、基態(tài)Si元素的價(jià)電子排布式為3s23p2；

B、FNO的中心原子的價(jià)電子對(duì)數(shù)為3，含有一個(gè)孤電子對(duì)；

C、氧原子得到2個(gè)電子形成氧離子；

D、順-2-丁烯分子中，相同的原子團(tuán)位于碳碳雙鍵的同一側(cè)。3．【答案】D【解析】【解答】A、溶液體積未知，不能計(jì)算鈉離子數(shù)目，故A錯(cuò)誤；

B、標(biāo)況下，水不是氣體，不能用氣體摩爾體積計(jì)算其物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；

C、硫酸分子和水分子中均含氫原子，100g98%的濃硫酸中含有的H原子總數(shù)為100g×98%98g/mol×2+100g-100g×98%18g/mol×2=199mol，故C錯(cuò)誤；

D、二氧化氮和四氧化二氮的最簡(jiǎn)式均為NO2，23gNO2、N2O4的混合氣體中NO4．【答案】C【解析】【解答】A、宣紙的主要成分為纖維素，纖維素屬于天然有機(jī)高分子材料，故A錯(cuò)誤；

B、氯乙烷含有氯元素，不屬于烴，故B錯(cuò)誤；

C、氧化鐵俗稱鐵紅，是紅棕色固體，故C正確；

D、使用84消毒液對(duì)衣物消毒是因?yàn)镹aClO具有強(qiáng)氧化性，與其漂白性無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】A、纖維素是天然高分子材料；

B、烴只含碳?xì)鋬煞N元素；

C、氧化鐵俗稱鐵紅；

D、NaClO具有強(qiáng)氧化性。5．【答案】B【解析】【解答】A、烴只含碳?xì)鋬煞N元素，該物質(zhì)含有O元素，不屬于芳香烴，故A錯(cuò)誤；

B、該物質(zhì)含有羥基，能發(fā)生取代反應(yīng)，與苯類似，則能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故B正確；

C、為平面型分子，所有原子共面，故C錯(cuò)誤；

D、與相連的羥基類似于酚羥基，醇羥基不與NaOH反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)最多消耗1molNaOH，故D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】與苯類似，則含有的物質(zhì)屬于芳香化合物。6．【答案】A【解析】【解答】A、由分析可知，處理過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)為5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2HCO3-，ClO-中Cl元素的化合價(jià)降低，為氧化劑，N2為氧化產(chǎn)物之一，故A正確；

B、該反應(yīng)中，ClO-為氧化劑，CN-為還原劑，反應(yīng)配平后氧化劑與還原劑的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為5：2，故B錯(cuò)誤；

C、該反應(yīng)中，每生成1mol氮?dú)?，轉(zhuǎn)移10mol電子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LN2的物質(zhì)的量為0.1mol，轉(zhuǎn)移電子1mol，故C錯(cuò)誤；

D、Cr2O72?具有強(qiáng)氧化性，能氧化CN-，但會(huì)引入重金屬離子，因此不宜用Cr2O72?處理，故D錯(cuò)誤；

7．【答案】A【解析】【解答】A、同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，則第一電離能：C<O<N，即X<Z<Y，故A符合題意；

B、NO2+中N原子價(jià)電子對(duì)數(shù)為2，分子構(gòu)型為直線型，鍵角為180°；NO3?中N原子價(jià)電子對(duì)數(shù)為3，無(wú)孤電子對(duì)，分子構(gòu)型為平面三角形，鍵角為120°；NOC、常溫下，水為液體，氨氣和甲烷為氣體，氨氣分子間存在氫鍵，則簡(jiǎn)單氫化物沸點(diǎn)：CHD、EMIM+中環(huán)上所有原子共平面，每個(gè)C原子提供1個(gè)電子、每個(gè)N原子提供2個(gè)電子，帶1個(gè)單位正電荷，形成Π鍵的電子數(shù)為6，表示為故答案為：A?！痉治觥縒、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，X、Y、Z為同一短周期相鄰元素，根據(jù)W、X、Y組成的EMIM8．【答案】D【解析】【解答】A、明礬與過(guò)量氨水混合，生成的氫氧化鋁不溶于氨水，正確的離子方程式為Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A錯(cuò)誤；

B、Cu作電極，陽(yáng)極是Cu失去電子，不會(huì)生成氯氣，故B錯(cuò)誤；

C、HBr為強(qiáng)酸，應(yīng)拆成離子形式，故C錯(cuò)誤；9．【答案】C【解析】【解答】A、向濃鹽酸中滴加濃硫酸，產(chǎn)生HCl氣體，HCl與NaAlO2(或Na[Al(OH)4])溶液溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁白色沉淀，HCl過(guò)量時(shí)，氫氧化鋁沉淀溶解，故A錯(cuò)誤；

B、常溫下鐵在濃硝酸中鈍化，故B錯(cuò)誤；

C、稀鹽酸和大理石反應(yīng)生成二氧化碳，二氧化碳能與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉晶體，最終出現(xiàn)渾濁，故C正確；

D、將濃氨水滴加到生石灰中，得到氨氣，氨氣與硝酸銀溶液反應(yīng)生成氯化銀沉淀，氨氣過(guò)量后，沉淀溶解生成銀氨溶液，故D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

10．【答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，電池的正極反應(yīng)為MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，故A錯(cuò)誤；

B、Zn為原電池的負(fù)極，MnO2為正極，涂在紙上的電極材料是Zn和MnO2，故B正確；

C、由MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，每生成D、Zn元素化合價(jià)升高，ZnO是氧化產(chǎn)物，MnO2被還原，MnO(故答案為：B?！痉治觥扛鶕?jù)電池總反應(yīng)Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)可知，反應(yīng)中Zn被氧化，為原電池的負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MnO211．【答案】D【解析】【解答】A、操作1分離固體和液體，為過(guò)濾操作，故A不符合題意；

B、反應(yīng)2的副產(chǎn)物是CO，CO具有可燃性，可做燃料，故B不符合題意；

C、反應(yīng)3的副產(chǎn)物是反應(yīng)4的原料，反應(yīng)4的副產(chǎn)物是反應(yīng)3的原料，因此反應(yīng)3和反應(yīng)4的副產(chǎn)物可循環(huán)利用，故C不符合題意；D、上述流程中，反應(yīng)2、反應(yīng)3、反應(yīng)4均是氧化還原反應(yīng)，故D符合題意；故答案為：D?！痉治觥糠磻?yīng)1是稀硫酸加入葉紋石中，Mg、Al、Fe的化合物轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，溶在硫酸中，SiO2不溶解，過(guò)濾分離，該過(guò)程是非氧化還原反應(yīng)；反應(yīng)2是二氧化硅和碳在高溫下反應(yīng)生成硅和一氧化碳，反應(yīng)3是硅和HCl反應(yīng)生成H2和SiHCl3，反應(yīng)4是H2和SiHCl3反應(yīng)生成Si和HCl，反應(yīng)2、反應(yīng)3、反應(yīng)4均是氧化還原反應(yīng)。12．【答案】B【解析】【解答】A、由圖可知，“4→5”為乙炔與吸附在AuCl上的HCl反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：HCl/AuCl+CH≡CH→CH2=CHCl/AuCl，故A不符合題意；

B、保持體系中C2H2分壓不變，增大HCl分壓，HCl的體積分?jǐn)?shù)增大，催化劑吸附較多，阻礙乙炔與其接觸，降低催化效率，故B符合題意；

C、由圖可知，反應(yīng)過(guò)程中存在Cl-H極性鍵和C-C非極性鍵的斷裂，故C不符合題意；

D、由圖可知，“1→2”為擴(kuò)散過(guò)程，“2→3”為HCl在AuCl上吸附，“4→5”為乙炔和HCl在催化劑表面反應(yīng)，“5→6”為氯乙烯從催化劑表面脫附，則反應(yīng)物在催化劑表面經(jīng)歷過(guò)程“擴(kuò)散→吸附(活性位點(diǎn))→表面反應(yīng)→脫附”，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A、13．【答案】B【解析】【解答】A、滴定前，溶液的pH約為1，B點(diǎn)為滴定終點(diǎn)，此時(shí)消耗0.1000mol/L的NaOH溶液20mL，若這種酸為醋酸，則醋酸的濃度為0.C、若酸為硫酸，B點(diǎn)溶液中存在電荷守恒：c(HD、若酸為鹽酸，C點(diǎn)溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH?)，C點(diǎn)溶液存在電荷守恒：故答案為：B?！痉治觥緼、滴定前酸的pH<1；

B、酚酞和甲基橙的變色范圍不同；

CD、根據(jù)電荷守恒分析。14．【答案】A【解析】【解答】A、由圖可知，過(guò)程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，故A正確；

B、該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，ΔH<0，故B錯(cuò)誤；

C、由圖可知，反應(yīng)過(guò)程中，A、A-O、A-O2都能吸附N2O分子，故C錯(cuò)誤；

D、過(guò)程Ⅲ中最大勢(shì)能壘為A-O2到TS3的過(guò)程，最大勢(shì)能壘(活化能)為37.49-(-44.68)=82.17kcal·mol-1，故D錯(cuò)誤；

故答案為：A。

【分析】A、結(jié)合圖示分析；

B、根據(jù)ΔH-TΔS<0時(shí)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行分析；

C、有三種物質(zhì)能吸附N2O15．【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+（3）3.2≤pH＜6.7（4）冷卻結(jié)晶（5）NiSO4>CoSO4>FeSO4；正四面體；4；N>O>C【解析】【解答】（1）“堿浸”時(shí)Al和NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

故答案為：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

（2）由分析可知，“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；

故答案為：Ni2+、Fe（3）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀時(shí)的pH=8.7，此時(shí)c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，則c(OH-)=10-5.3mol/L，則Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)?c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=1.0×10-15.6，如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為0.1mol·L-1，此時(shí)，則c(H+)=10?1410-7.3mol/L=10（4）由NiSO4溶液獲得穩(wěn)定的NiSO（5）①Fe、Co、Ni三種元素二價(jià)離子的半徑依次減小，硫酸鹽晶體中晶格能依次增大，則熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)镹iSO4>CoSO4>FeSO4；

故答案為：NiSO4>CoSO4>FeSO4；②NiSO4的陰離子為SO42-，SO42-的中心原子S原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+1③由圖可知，Ni2+與4個(gè)N形成配位鍵，Ni2+的配位數(shù)為4；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，則C、N、O三種元素第一電離能從大到小為：N>O>C；

故答案為：4；N>O>C?！痉治觥繌U鎳催化劑(主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物)中加入NaOH溶液堿浸，Al轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，分離出濾液①，即為偏鋁酸鈉溶液，濾餅①中加入稀硫酸酸浸，Ni、Al、Fe及其氧化物和硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Ni2+、Fe2+、Fe3+，加入過(guò)氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，再用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH，使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，則濾渣③為氫氧化鐵，濾液③中主要含Ni2+，控制pH將濾液③濃縮結(jié)晶得到硫酸鎳晶體。16．【答案】（1）蒸餾燒瓶；BD（2）S2（3）D（4）AgBr+2S（5）2【解析】【解答】（1）根據(jù)儀器構(gòu)造可知，裝置A中裝Na2SO3（2）①實(shí)驗(yàn)中通入的SO2不能過(guò)量，否則產(chǎn)率會(huì)降低，原因是硫代硫酸根離子在酸性溶液中會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：S2O32?+2H+=SO2↑+S↓+H2O；制備Na2S2O3時(shí)發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3（4）①Na2S2O3溶液溶解AgBr生成Na3[Ag(S2O3)2]的離子方程式為AgBr+2S2O32?=[Ag(S2O3)2]3-+Br-；K穩(wěn)=3.2×1013，則K=c(B（5）由圖可知，Au失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成[Au(S2O3)2【分析】裝置A中，70%的濃硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫，裝置A制備的SO2經(jīng)過(guò)三通閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液pH約為7~8，與碳酸鈉和硫化鈉反應(yīng)生成Na2S2O3溶液，混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，得到Na2S2O17．【答案】（1）-156.9；K1（2）活性金屬Rh；吸附在活性金屬Rh表面的CO2直接解離產(chǎn)生；HCO3?+2H→HCOO-+H2（3）低溫；；二；HCOO*與CH3O*物質(zhì)的量之比隨時(shí)間的延長(zhǎng)逐漸增大，則第一步生成HCOO*的速率比第二步消耗HCOO*的速率快，第二步生成CH3O*的速率比第三步消耗CH3O*的速率慢，故第二步反應(yīng)速率最慢，故反應(yīng)歷程中，第二步反應(yīng)的活化能最高，是反應(yīng)的決速步驟【解析】【解答】（1）根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)Ⅰ×2-反應(yīng)Ⅱ可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(1)，則ΔH3=2ΔH1-ΔH（2）①?gòu)膱D可以看出，CO2和H2在催化劑表面不同活性位點(diǎn)的吸附、活化形成中間體不同，故上述兩種機(jī)理不同的關(guān)鍵在于CO2的吸附、活化位置(是在載體ZrO2上，還是在活性金屬Rh上，以及活化形成的中間體)，由圖可知，若發(fā)生機(jī)理①，則二氧化碳吸附在活性金屬Rh上；

故答案為：活性金屬Rh；②由圖可知，吸附在活性金屬Rh表面的中間體CO，除了可能是吸附在活性金屬Rh表面的CO2直接解離產(chǎn)生，也有可能是機(jī)理②中出吸附在載體ZrO2的Zr原子表面的(CO2衍生物中問(wèn)體)甲酸鹽解離產(chǎn)生；

故答案為：吸附在活性金屬Rh表面的CO2直接解離產(chǎn)生；③中間體Ⅱ脫去H2O生成中問(wèn)體Ⅲ，吸附在Zr原子表面的H原子與碳酸氫鹽中的C原子相作用，吸附在O原子表面的H原子與碳酸氨鹽羥基上的O原子相互作用，生成的甲酸鹽吸附在Zr原子表面、H2O分子直接離去，可用反應(yīng)式表示為HCO3?+2H→HCOO-+H2O；

故答案為：HCO3?+2H→HCOO-+H（3）①該反應(yīng)的ΔH<0，ΔS<0，該反應(yīng)在低溫下存在ΔH-TΔS<0，則反應(yīng)在低溫下可以自發(fā)進(jìn)行，故答案為：低溫；②Cu為29號(hào)元素，基態(tài)銅原子的價(jià)層電子排布式為3d104s1，價(jià)層電子軌道表示式為；活化能越大反應(yīng)速率越慢，慢反應(yīng)是整個(gè)反應(yīng)的決速步驟，HCOO*與CH3O*物質(zhì)的量之比隨時(shí)間的延長(zhǎng)逐漸增大，則第一步生成HCOO*的速率比第二步消耗HCOO*的速率快，第二步生成CH3O*的速率比第三步消耗CH3O*的速率慢，故第二步反應(yīng)速率最慢，故反應(yīng)歷程中，第二步反應(yīng)的活化能最高，是反應(yīng)的決速步驟；

故答案為：；二；HCOO*與CH3O*物質(zhì)的量之比隨時(shí)間的延長(zhǎng)逐漸增大，則第一步生成HCOO*的速率比第二步消耗HCOO*的速率快，第二步生成CH3O*的速率比第三步消耗CH3O*的速率慢，故第二步反應(yīng)速率最慢，故反應(yīng)歷程中，第二步反應(yīng)的活化能最高，是反應(yīng)的決速步驟?！痉治觥浚?）①根據(jù)蓋斯定律計(jì)算；

②溫度能