2024年高考化學(xué)模擬練習(xí)題五含解析

2024年高考化學(xué)模擬練習(xí)題（五）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27Si-28S-32Cl-35.5Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65Br-80Ba-137第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題(本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目求的)7．2024年4月25日，習(xí)總書記宣布北京大興國際機(jī)場正式投運(yùn)！該機(jī)場在建設(shè)過程中運(yùn)用了當(dāng)今世界機(jī)場多項(xiàng)尖端科技，被英國《衛(wèi)報(bào)》評(píng)為“新世界七大奇跡”之首。化工行業(yè)在這座雄偉的超級(jí)工程中發(fā)揮了巨大作用，下列有關(guān)說法不正確的是A．青銅劍科技制造的第三代半導(dǎo)體芯片，其主要成分是SiO2B．支撐航站樓的C形柱柱頂?shù)亩嗝骟w玻璃，屬于硅酸鹽材料C．機(jī)場中的虛擬人像機(jī)器人“小興”表面的塑料屬于高分子聚合物D．耦合式地源熱泵系統(tǒng)，光伏發(fā)電系統(tǒng)及新能源汽車的運(yùn)用，可以減輕溫室效應(yīng)及環(huán)境污染【答案】A【解析】A項(xiàng)，第三代半導(dǎo)體芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A項(xiàng)錯(cuò)誤，符合題意；B項(xiàng)，一般玻璃屬于硅酸鹽材料，B項(xiàng)正確，不符合題意；C項(xiàng)，塑料屬于高分子聚合物，C項(xiàng)正確，不符合題意；D項(xiàng)，大興國際機(jī)場是全國可再生能源運(yùn)用比例最高的機(jī)場，耦合式地源熱泵系統(tǒng)，可實(shí)現(xiàn)年節(jié)約1.81萬噸標(biāo)準(zhǔn)煤，光伏發(fā)電系統(tǒng)每年可向電網(wǎng)供應(yīng)600萬千瓦時(shí)的綠色電力，相當(dāng)于每年減排966噸CO2，并同步削減各類大氣污染物排放，D項(xiàng)正確，不符合題意；故選A。8．莽草酸可用于合成藥物達(dá)菲，其結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列關(guān)于莽草酸的說法正確的是A．分子式為C7H10O5，屬于芳香族化合物，易溶于水B．分子中含有3種官能團(tuán)，可以發(fā)生加成、氧化、取代等反應(yīng)C．在水溶液中，1mol莽草酸最多可電離出4molH+D．1mol莽草酸與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)可放出4molCO2氣體【答案】B【解析】A項(xiàng)，由結(jié)構(gòu)簡式可知，莽草酸的分子式為C7H10O5，該分子中沒有苯環(huán)，不屬于芳香族化合物，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，莽草酸分子中含有羥基、羧基、碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，故B正確；C項(xiàng)，莽草酸分子中羧基能夠電離，而羥基不能電離，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，莽草酸分子中只有羧基能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，1mol莽草酸與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)可放出1molCO2氣體，故D錯(cuò)誤；故選C。9．草酸亞鐵(FeC2O4)可作為生產(chǎn)電池正極材料磷酸鐵鋰的原料，受熱簡單分解，為探究草酸亞鐵的熱分解產(chǎn)物，按下面所示裝置進(jìn)行試驗(yàn)。下列說法不正確的是A．試驗(yàn)中視察到裝置B、F中石灰水變渾濁，E中固體變?yōu)榧t色，則證明分解產(chǎn)物中有CO2和COB．反應(yīng)結(jié)束后，取A中固體溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液無顏色變更，證明分解產(chǎn)物中不含F(xiàn)e2O3C．裝置C的作用是除去混合氣中的CO2D．反應(yīng)結(jié)束后，應(yīng)熄滅A，E處酒精燈后，持續(xù)通入N2直至溫度復(fù)原至室溫【答案】B【解析】A項(xiàng)，試驗(yàn)中視察到裝置B中石灰水變渾濁，說明產(chǎn)生了分解產(chǎn)物中有CO2，E中固體變?yōu)榧t色，F(xiàn)中石灰水變渾濁，則證明分解產(chǎn)物中有CO，故A正確；B項(xiàng)，因?yàn)榉磻?yīng)中生成有CO，CO會(huì)部分還原氧化鐵得到鐵，因此反應(yīng)結(jié)束后，取A中固體溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液無顏色變更，不能證明分解產(chǎn)物中不含F(xiàn)e2O3，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，為了避開CO2影響CO的檢驗(yàn)，CO在E中還原氧化銅，生成的氣體在F中變渾濁，因此在裝置C要除去混合氣中的CO2，故C正確；D項(xiàng)，反應(yīng)結(jié)束后，應(yīng)熄滅A，E處酒精燈后，持續(xù)通入N2直至溫度復(fù)原至室溫避開生成的銅單質(zhì)被氧化，故D正確；故選B。10．設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是 A.14g聚丙烯中含C—H鍵總數(shù)目為2NAB.常溫下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH-數(shù)目為0.1NAC.100mL12mol·L-1濃硝酸與過量Cu反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.6NAD.電解精煉銅時(shí)，若陽極質(zhì)量削減64g，則陰極得到電子的數(shù)目為2NA【答案】A【解析】聚丙烯中的C—H鍵數(shù)目等于H原子數(shù)，聚丙烯的最簡式為CH2，故14g聚丙烯中含有2molH原子，A項(xiàng)正確；因?yàn)镹aOH溶液的體積未知，故無法求得OH-的數(shù)目，B錯(cuò)誤；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硝酸將變?yōu)橄∠跛?，還原產(chǎn)物由NO2轉(zhuǎn)變成NO，無法求出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，C錯(cuò)誤；由于粗銅中含有比銅簡單失電子的Ni、Zn、Fe等金屬，故陽極質(zhì)量削減64g時(shí)，陰極得到的電子數(shù)不肯定是2NA，D錯(cuò)誤。11．室溫下，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定相同體積、濃度均為0.lmol·L－1的三種弱酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲線如圖所示，下列推斷正確的是A．室溫下，同濃度的NaA、NaB、NaD溶液的pH大小關(guān)系：pH(NaA)＞pH(NaB)＞PH(NaD)B．滴定至P點(diǎn)時(shí)，溶液中：c(Na＋)＞c(B－)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)C．pH＝7時(shí)，三種溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)D．當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)達(dá)100%時(shí)，將三種溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－2c(H＋)【答案】C【解析】A項(xiàng)，濃度均為0.1mol/L的三種酸(HA、HB和HD)溶液，酸越弱，電離出的H+越少，起始時(shí)pH值越大，依據(jù)圖象，則三種酸的強(qiáng)弱為：HA＞HB＞HD，酸越強(qiáng)，電離出的H+越多，對(duì)水的抑制作用越大，則三種溶液中，由水電離產(chǎn)生的c(H+)的關(guān)系為：HA＜HB＜HD，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，滴定至P點(diǎn)時(shí)，此時(shí)中和百分?jǐn)?shù)為50%，對(duì)于HB溶液，此時(shí)溶液中的起始組分為c(HB)：c(NaB)=1：1，顯酸性，則c(H+)＞c(OH-)，依據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(B-)，由于c(H+)＞c(OH-)，則c(B－)＞c(Na+)，考慮到溶液顯酸性，則以HB的電離為主導(dǎo)，但始終是微弱的，而HB的電離又會(huì)抑制水的電離，因此c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，pH=7時(shí)，溶液中c(H+)=c(OH-)，依據(jù)電荷守恒，對(duì)于HA溶液，c(Na+)=c(A－)，對(duì)于HB溶液，c(Na+)=c(B-)，對(duì)于HD溶液，c(Na+)=c(D-)，由圖可知，中和到相同pH時(shí)，中和分?jǐn)?shù)HA＞HB＞HD，即加入氫氧化鈉的量HA＞HB＞HD，則三種溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)，故C正確；D項(xiàng)，當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)達(dá)100%時(shí)，三種溶液分別恰好存在等量的NaA、NaB、NaD，三種溶液混合，則起始時(shí)c(NaA)：c(NaB)：c(NaD)=1：1：1，依據(jù)質(zhì)子守恒，c(HA)+c(HB)+c(HD)+c(H+)=c(OH-)，則有c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)，故D錯(cuò)誤；故選C。12．新型可充電鈉離子電池因具有原料儲(chǔ)量豐富，價(jià)格低廉，平安性高等優(yōu)點(diǎn)而備受青睞，而Fe[Fe(CN)6]因理論比容量較高，充放電過程中材料結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，有利于Na+的可逆脫嵌，可以作為一種特別有潛力的正極材料，下列說法不正確的是A．放電時(shí)，F(xiàn)e[Fe(CN)6]上的電勢比Zn片上的高B．放電時(shí)，正極反應(yīng)為Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]C．充電時(shí)，外電路中通過0.2mol電子時(shí)，陰極質(zhì)量增加6.5gD．對(duì)于正極材料，充電可實(shí)現(xiàn)Na+的嵌入，放電可實(shí)現(xiàn)Na+的脫嵌【答案】D【解析】A項(xiàng)，依據(jù)題意，F(xiàn)e[Fe(CN)6]作為一種特別有潛力的正極材料，在原電池中作正極，電勢高于負(fù)極Zn片，不符合題意；B項(xiàng)，放電時(shí)Fe[Fe(CN)6]作為正極材料發(fā)生還原反應(yīng)，該材料充放電過程中有利于鈉離子的可逆脫嵌，因此其正極反應(yīng)式為Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，不符合題意；C項(xiàng)，充電時(shí)，陰極反應(yīng)為Zn+2e-=Zn，外電路轉(zhuǎn)移0.2mol電子，陰極棒上沉積6.5gZn，不符合題意；D項(xiàng)，放電時(shí)，F(xiàn)e[Fe(CN)6]作為正極材料發(fā)生還原反應(yīng)，實(shí)現(xiàn)Na+嵌入，充電時(shí)，F(xiàn)e[Fe(CN)6]作為陽極材料發(fā)生氧化反應(yīng)，實(shí)現(xiàn)Na+脫嵌，符合題意。故選D。13．X、Y、Z、U、W五種短周期非金屬元素，它們的原子半徑與原子序數(shù)有如圖關(guān)系，化合物XZ是水煤氣的主要成分之一，下列說法不正確的是A.U、X、W三種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性依次增加B.由Y、Z和氫三種元素形成的化合物中肯定只含共價(jià)鍵C.XZ2與X60的化學(xué)鍵類型和晶體類型都相同D.X的位置是第2周期、第ⅣA族【答案】B【解析】化合物XZ是水煤氣的主要成分之一，則XZ為CO，依據(jù)原子半徑X大于Z可知，X為C、Z為O，結(jié)合原子序數(shù)大小可知Y為N元素，則a=7；U的原子序數(shù)=2a=14，則U為Si元素；W的原子序數(shù)=2a+3=17，為Cl元素。A項(xiàng)，U、X、W分別為Si、C、Cl，非金屬性Cl＞C＞Si，則Si、C、Cl三種元素最高價(jià)氧化物的水化物酸性依次增加，故A正確；B項(xiàng)，Y、Z分別為N、O，N、O、H可以形成離子化合物硝酸銨，硝酸銨中含有離子鍵和共價(jià)鍵，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，XZ2、YZ2分別為CO2、NO2，X60為C60，前二者是極性共價(jià)鍵，C60中非極性共價(jià)鍵，三者都只含有共價(jià)鍵，形成的晶體都是分子晶體，C正確；D項(xiàng)，X是C元素，位置是第2周期、第ⅣA族，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、必做題(本題共3小題，共43分。每個(gè)試題考生都必需作答)26．(15分)二氯化二硫(S2Cl2)是一種重要的化工原料，常用作橡膠硫化劑，變更生橡膠受熱發(fā)粘、遇冷變硬的性質(zhì)。查閱資料可知S2Cl2具有下列性質(zhì)：物理性質(zhì)毒性色態(tài)揮發(fā)性熔點(diǎn)沸點(diǎn)劇毒金黃色液體易揮發(fā)-76℃138℃化學(xué)性質(zhì)①300℃以上完全分解②S2Cl2＋Cl22SCl2③遇高熱或與明火接觸，有引起燃燒的危急④受熱或遇水分解放熱，放出腐蝕性煙氣(1)制取少量S2Cl2試驗(yàn)室可利用硫與少量氯氣在110~140℃反應(yīng)制得S2Cl2粗品，氯氣過量則會(huì)生成SCl2。①儀器m的名稱為__________，裝置F中試劑的作用是_______________________。②裝置連接依次：A______ED。③試驗(yàn)前打開K1，通入一段時(shí)間的氮?dú)馀疟M裝置內(nèi)空氣。試驗(yàn)結(jié)束停止加熱后，再通入一段時(shí)間的氮?dú)?，其目的是________________________________________________。④為了提高S2Cl2的純度，試驗(yàn)的關(guān)鍵是限制好溫度和___________________。(2)少量S2Cl2泄漏時(shí)應(yīng)噴水霧減慢其揮發(fā)(或擴(kuò)散)，并產(chǎn)生酸性懸濁液，但不要對(duì)泄漏物或泄漏點(diǎn)干脆噴水，其緣由是__________________________________________。(3)S2Cl2遇水會(huì)生成SO2、HCl兩種氣體，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下試驗(yàn)方案來測定該混合氣體中SO2的體積分?jǐn)?shù)。①W溶液可以是_____(填標(biāo)號(hào))。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水②該混合氣體中二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)為________________(用含V、m的式子表示)?！敬鸢浮?1)①直形冷凝管(或冷凝管)(1分)除去Cl2中混有的HCl雜質(zhì)(2分)②FCB(2分)③將裝置內(nèi)的氯氣排入D內(nèi)汲取以免污染空氣；并將B中殘留的S2Cl2排入E中收集(2分)④滴入濃鹽酸的速率(或B中通入氯氣的量，其他合理答案均得分)(2分)(2)防止S2Cl2遇水分解放熱，放出腐蝕性煙氣(2分)(3)①ac(2分)②(2分)【解析】(1)①依據(jù)儀器構(gòu)造可推斷儀器m的名稱為直形冷凝管(或冷凝管)；生成的氯氣中含有氯化氫，則裝置F中試劑的作用是除去Cl2中混有的HCl雜質(zhì)。②依據(jù)已知信息可知參與反應(yīng)的氯氣必需是干燥純凈的，利用F除去氯化氫，利用C干燥氯氣，所以裝置連接依次為A→F→C→B→E→D。③氯氣有毒，所以試驗(yàn)結(jié)束停止加熱后，再通入一段時(shí)間氮?dú)獾哪康氖菍⒀b置內(nèi)的氯氣排入D內(nèi)汲取以免污染空氣，同時(shí)也將B中殘留的S2Cl2排入E中收集。④由于氯氣過量會(huì)生成SCl2，且S2Cl2300℃以上完全分解，所以為了提高S2Cl2的純度，試驗(yàn)的關(guān)鍵是限制好溫度和滴入濃鹽酸的速率。(2)由于S2Cl2受熱或遇水分解放熱，放出腐蝕性煙氣，所以泄漏時(shí)應(yīng)噴水霧減慢其揮發(fā)，不要對(duì)泄漏物或泄漏點(diǎn)干脆噴水；(3)①三種物質(zhì)均可以把SO2氧化為硫酸，進(jìn)而與氫氧化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，但酸性高錳酸鉀也能氧化氯化氫，所以W溶液可以是雙氧水或氯水，不能是酸性高錳酸鉀，答案選ac；②mg固體是硫酸鋇，依據(jù)硫原子守恒可知SO2的物質(zhì)的量是，所以該混合氣體中二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)為。27．(14分)二氧化錳是制造鋅錳干電池的基本材料，工業(yè)上以軟錳礦、菱錳礦為原料來制備。某軟錳礦主要成分為MnO2，還含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物，其處理流程圖如下：化合物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-3510-610-38(1)硫酸亞鐵在酸性條件下將MnO2還原為MnSO4，酸浸時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________________________。(2)“氨水、攪拌”，其中“攪拌”不僅能加快反應(yīng)速率，還能_________________________；濾渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需調(diào)整pH至少達(dá)到____________，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。(當(dāng)離子濃度降到1.0×10-5mol·L-1時(shí)即視為沉淀完全)(3)濾渣B的成分是___________________。(4)MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O為體系的電解液中電解獲得，其陽極電極反應(yīng)式為_____________________________________________________。(5)工業(yè)上采納間接氧化還原滴定法測定MnO2純度，其操作過程如下：精確稱量0.9200g該樣品，與足量酸性KI溶液充分反應(yīng)后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好與25.00mL0.0800mol·L-1Na2S2O3溶液反應(yīng)(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。計(jì)算可得該樣品純度_____%。(小數(shù)點(diǎn)后保留1位數(shù)字)?！敬鸢浮?1)MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O(2分)(2)充分氧化過量的Fe2+(2分)4(2分)(3)CuS、ZnS(2分)(4)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(2分)47.3(4分)【解析】(1)軟錳礦中加入H2SO4和過量FeSO4溶液“酸浸”時(shí)MnO2被還原為MnSO4，則FeSO4被氧化成Fe2(SO4)3，“酸浸”時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。(2)“酸浸”時(shí)除了MnO2被還原成MnSO4外，F(xiàn)e、Al、Zn、Cu也溶解轉(zhuǎn)化為FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4，酸浸后過濾得到的濾液中含MnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4；向此濾液中加入氨水并攪拌，其中“攪拌”不僅能加快反應(yīng)速率，還能將Fe2+充分氧化轉(zhuǎn)化成Fe3+；加入氨水調(diào)整pH使Al3+、Fe3+完全轉(zhuǎn)化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀形成濾渣A，由于Al(OH)3、Fe(OH)3類型相同且Al(OH)3的溶度積大于Fe(OH)3的溶度積，使Fe3+、Al3+完全沉淀，只要使Al3+完全沉淀，即c(Al3+)<1×10-5mol/L，c(Al3+)·c3(OH-)=10-35，c(OH-)>310-351×10-5=1×10-10mol/L，c(H+)<1×10-4mol/L，pH>4，pH至少達(dá)到4能使Fe3+、Al3+沉淀完全。(3)加入氨水調(diào)整pH至5.4經(jīng)過濾后濾渣A為Fe(OH)3、Al(OH)3，濾液中含MnSO4、ZnSO4、CuSO4、(NH4)2SO4，向?yàn)V液中加入MnS并加熱至沸，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化形成難溶的ZnS、CuS將Zn2+、Cu2+除去，過濾得到的濾渣B的成分為ZnS、CuS。(4)依據(jù)題意電解過程中MnSO4被氧化成MnO2，則陽極電極反應(yīng)式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。(5)MnO2與足量酸性KI反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O，得出關(guān)系式：MnO2~I2~2Na2S2O3，n(MnO2)=12n(Na2S2O3)=12×0.08mol/L×28．(15分)CO2是目前大氣中含量最高的一種溫室氣體，中國政府承諾，到2024年，單位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的綜合利用是解決溫室問題的有效途徑。(1)探討表明CO2和H2在催化劑存在下可發(fā)生反應(yīng)生成CH3OH。己知部分反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：CH3OH(g)+3/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ?mol-1H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(1)ΔH2=bkJ?mol-1H2O(g)＝H2O(l)ΔH3=ckJ?mol-1則CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=__________kJ?mol-1(2)為探討CO2與CO之間的轉(zhuǎn)化，讓肯定量的CO2與足量碳在體積可變的密閉容器中反應(yīng)：C(s)＋CO2(g)2CO(g)H，反應(yīng)達(dá)平衡后，測得壓強(qiáng)、溫度對(duì)CO的體積分?jǐn)?shù)(φ(CO)％)的影響如圖所示。回答下列問題：①壓強(qiáng)

p1、p2、p3的大小關(guān)系是________；Ka、Kb、Kc為a、b、c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)，則其大小關(guān)系是_________。②900℃、1.0MPa時(shí)，足量碳與amolCO2反應(yīng)達(dá)平衡后，CO2的轉(zhuǎn)化率為___________(保留三位有效數(shù)字)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝_________(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。(3)①以二氧化鈦表面覆蓋Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4干脆轉(zhuǎn)化成乙酸，CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如右圖所示。250～300℃時(shí)，乙酸的生成速率降低的主要緣由是_____________；300～400℃時(shí)，乙酸的生成速率上升的主要緣由是________________________________。②為了提高該反應(yīng)中CO2的轉(zhuǎn)化率，可以實(shí)行的措施是_____(寫一條即可)。(4)以鉛蓄電池為電源可將CO2轉(zhuǎn)化為乙烯，其原理如圖所示，電解所用電極材料均為惰性電極。陰極上的電極反應(yīng)式為_________________________；每生成0.5mol乙烯，理論上需消耗鉛蓄電池中_____mol硫酸?！敬鸢浮?1)(3b-a-c)(2分)(2)①p1＜p2＜p3(2分)Ka＝Kb＜Kc(1分)②66.7%(或0.667)(2分)3.2MPa(2分)(3)①催化劑的催化效率降低(1分)溫度上升，化學(xué)反應(yīng)速率加快(1分)②增大反應(yīng)體系壓強(qiáng)或增大CH4的濃度或?qū)⒁宜嵋夯謩e出來(1分)(4)2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O(2分)6(1分)【解析】(1)已知①CH3OH(g)+3/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ?mol-1②H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(1)△H2=bkJ?mol-1③H2O(g)＝H2O(l)△H3=ckJ?mol-1則依據(jù)蓋斯定律，由3②-①-③可得到CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，故△H=(3b-a-c)kJ?mol-1。(2)①對(duì)于反應(yīng)C(s)＋CO2(g)2CO(g)減小壓強(qiáng)反應(yīng)向正方向進(jìn)行，由圖可知相同溫度時(shí)P1時(shí)的CO體積分?jǐn)?shù)大于P2大于P3故p1＜p2＜p3，相同壓強(qiáng)時(shí)比較溫度對(duì)反應(yīng)的影響，同一壓強(qiáng)下增大溫度，CO的體積分?jǐn)?shù)會(huì)增大，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH＞0，平衡常數(shù)只受反應(yīng)溫度影響，故在700℃下，Ka＝Kb，c點(diǎn)的溫度高于a點(diǎn)和b點(diǎn)，溫度上升反應(yīng)正向進(jìn)行故Ka＝Kb＜Kc。②若起始?jí)簭?qiáng)為P0，達(dá)到平衡轉(zhuǎn)化率為α，C(s)＋CO2(g)2CO(g)起始(mol)a0變更(mol)m2m平衡(mol)a-m2m故，，故CO2的轉(zhuǎn)化率為≈66.7%(或0.667)。壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，則反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝；(3)①如圖為不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率的關(guān)系，溫度超過250℃時(shí)，催化劑的催化效率降低，在300℃時(shí)失去活性，所以溫度高于300℃時(shí)，乙酸的生成速率上升是由溫度上升導(dǎo)致的。②為了提高該反應(yīng)中CO2的轉(zhuǎn)化率即使反應(yīng)正向進(jìn)行，可以增大壓強(qiáng)或增大CH4的濃度或?qū)⒁宜嵋夯謩e出來；(4)電解時(shí)，陰極得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式是2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。每生成0.5mol乙烯，消耗12molH+，故消耗6mol硫酸。三、選做題(本題共2小題，考生依據(jù)要求選擇其中一題進(jìn)行作答)37．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)碳是形成單質(zhì)和化合物最多的元素，其單質(zhì)及化合物有獨(dú)特的性質(zhì)和用途。請(qǐng)回答下列問題。(1)C原子的價(jià)電子軌道表達(dá)式為______________________。(2)碳可以形成多種有機(jī)化合物，下圖所示是一種嘌呤和一種吡啶的結(jié)構(gòu)，兩種分子中全部原子都在一個(gè)平面上。①嘌呤中全部元素的電負(fù)性由大到小的依次__________。②嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大，說明緣由_____________。③吡啶結(jié)構(gòu)中N原子的雜化方式___________。④分子中的大π鍵可以用符號(hào)π表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)(如苯分子中的大π鍵可表示為π)。該嘌呤和吡啶中都含有大π鍵，請(qǐng)問該吡啶中的大π鍵表示為__________。(3)石墨烯中部分碳原子被氧化后，轉(zhuǎn)化為氧化石墨烯(如圖2所示)①石墨烯轉(zhuǎn)化為氧化石墨烯時(shí)，1號(hào)C與相鄰C原子間鍵能的變更是___(填“變大”、“變小”“不變”)。②石墨烯具有很大的比表面積，可用于制超級(jí)電容器。若石墨烯中碳碳鍵的鍵長為am，12g單層石墨烯的單面理論面積約為_______m3(列出計(jì)算式即可)。(4)石墨烯可轉(zhuǎn)化為富勒烯(C60)，C60和K能形成新型化合物，其晶胞如圖所示，晶胞參數(shù)為anm該化合物中K原子和C60分子的個(gè)數(shù)比為______，該晶體的密度ρ=______g/cm3(列出計(jì)算式)?！敬鸢浮?1)(1分)(2)①N>C>H(或NCH)(1分)②孤電子對(duì)與鍵合電子對(duì)之間的斥力大于鍵合電子對(duì)之間的斥力，斥力大，鍵角大(2分)③sp3(1分)④(1分)(3)①變小(1分)②(3分)(4)3：1(2分)2.78/a3(3分)【解析】(1)碳原子價(jià)電子排布式為2s22p2，依據(jù)能量最低原理、泡利不相容原理和洪特規(guī)則，其價(jià)電子原子軌道表示式為；(2)①元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性數(shù)值越大，嘌呤中全部元素的電負(fù)性由大到小的依次為N>C>H；②孤電子對(duì)與鍵合電子對(duì)之間的斥力大于鍵合電子對(duì)之間的斥力，斥力越大，鍵角越大，因此嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大；③吡啶結(jié)構(gòu)中N

原子連接有3個(gè)原子，含有1個(gè)孤對(duì)電子，采納sp3雜化；④分子中的大π鍵可以用符號(hào)π表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)。依據(jù)吡啶的結(jié)構(gòu)，其中的大π鍵由5個(gè)原子6個(gè)電子形成的，表示為；(3)①石墨烯轉(zhuǎn)化為氧化石墨烯時(shí)，1號(hào)C連接的O原子吸引電子實(shí)力較強(qiáng)，導(dǎo)致與1號(hào)C原子相鄰C原子對(duì)電子的吸引力減小，所以1號(hào)C與相鄰C原子間鍵能的變更是變??；②單層石墨烯中含有C原子個(gè)數(shù)＝6×1/3＝2，每個(gè)六邊形面積＝；依據(jù)均攤法可以計(jì)算出每個(gè)六邊形所占有的碳原子個(gè)數(shù)為6×1/3=2，所以12g(