黃金卷02-2024年高考化學(xué)模擬卷4

【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考化學(xué)模擬卷（河北專用）黃金卷02（考試時(shí)間：75分鐘試卷滿分：100分）可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64Ce140第Ⅰ卷一、單項(xiàng)選擇題：共14題，每題3分，共42分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1．化學(xué)與材料、人類生活密切相關(guān)，下列說法錯(cuò)誤的是A．食品中添加適量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用B．在北京冬奧會中，短道速滑服使用的超高分子聚乙烯屬于有機(jī)高分子材料C．在日常生活中，造成鋼鐵腐蝕的主要原因是化學(xué)腐蝕D．生產(chǎn)宇航服所用的碳化硅陶瓷和碳纖維材料都是新型無機(jī)非金屬材料【答案】C【解析】A．二氧化硫具有漂白性、還原性，食品中添加適量的二氧化硫可以起到漂白，防腐和抗氧化等作用，A正確；B．超高分子聚乙烯屬于有機(jī)高分子材料，B正確；C．在日常生活中，造成鋼鐵腐蝕的主要原因是電化學(xué)腐蝕中的吸氧腐蝕，C錯(cuò)誤；D．碳化硅陶瓷和碳纖維材料都是新型無機(jī)非金屬材料，D正確；故選C。2．下列化學(xué)用語表達(dá)正確的是A．基態(tài)Cu+的價(jià)電子排布式：[Ar]3d10B．NH3分子的球棍模型：C．HClO的電子式：D．質(zhì)量數(shù)為238、中子數(shù)為146的鈾(U)原子：U【答案】B【解析】A．Cu為29號元素，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，基態(tài)Cu+的價(jià)電子排布式：3d10，故A錯(cuò)誤；B．氨分子為三角錐結(jié)構(gòu)，氨氣分子的球棍模型為：，故B正確；C．HClO的結(jié)構(gòu)式為HOCl，電子式是，故C錯(cuò)誤；D．質(zhì)量數(shù)為238、中子數(shù)為146的鈾(U)原子，質(zhì)子數(shù)等于238146=92，該原子表示為：，故D錯(cuò)誤。故選B。3．NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子數(shù)目為0.5NAB．1molCl2通入足量水充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAC．1molHClO中所含H?Cl鍵為NAD．0.1L3mol?L﹣1NH4NO3溶液中含有的數(shù)目小于0.3NA【答案】D【解析】A．標(biāo)況下乙醇為液體，故A錯(cuò)誤；B．氯氣與水反應(yīng)為可逆反應(yīng)，所以1molCl2通入足量水充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于NA，故B錯(cuò)誤；C．次氯酸結(jié)構(gòu)式為HOCl，不含HCl，故C錯(cuò)誤；D．銨根離子為弱堿陽離子，所以0.1L3mol·L﹣1NH4NO3溶液中含有的數(shù)目小于0.3NA，故D正確；故選D。4．下列離子方程式書寫正確的是A．鐵與足量的稀硝酸反應(yīng)：Fe+2H+=Fe2++H2↑B．醋酸溶液與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)：HCO+H+=CO2↑+H2OC．氫氧化鋇溶液中滴入稀硫酸：Ba2++OH+SO+H+=BaSO4↓+H2OD．氯化鋁溶液中滴入過量氨水：Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH【答案】D【解析】A．不符合反應(yīng)客觀事實(shí)，鐵與稀硝酸生成硝酸鐵和一氧化氮和水，，A錯(cuò)誤；B．醋酸為弱電解質(zhì)，應(yīng)保留化學(xué)式，反應(yīng)為，B錯(cuò)誤；C．氫氧化鋇溶液中滴入稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋇和水：Ba2++2OH+SO+2H+=BaSO4↓+2H2O，C錯(cuò)誤；D．氯化鋁溶液中加入過量氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁和氯化銨：Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH，D正確；故選D。5．下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)裝置能夠正確完成對應(yīng)實(shí)驗(yàn)的是氨氣的尾氣吸收中和熱的測定用滴定管量取20.00mL酸性K2Cr2O7溶液乙醇在濃硫酸作用下，加熱到170℃制備乙烯ABCD【答案】C【解析】A．苯不能隔絕氨氣與水，圖中裝作不能防止倒吸，故A錯(cuò)誤；B．圖中缺少玻璃攪拌器，圖中裝置不能準(zhǔn)確測定中和熱，故B錯(cuò)誤；C．滴定管的最小讀數(shù)為0.01mL，可以用酸式滴定管量取20.00mL酸性K2Cr2O7溶液，也可以用移液管量取，故C正確；D．乙醇在170℃時(shí)發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，溫度計(jì)測定反應(yīng)液的溫度，溫度計(jì)放置在支氣管處位置有誤，應(yīng)插入溶液中，故D錯(cuò)誤；故選C。6．下列由實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將適量蔗糖與稀硫酸反應(yīng)，加熱后加堿中和，再加入新制Cu(OH)2濁液加熱，有紅色沉淀生成證明蔗糖完全水解B向2mL0.1mol·L1硝酸銀溶液中，加入1mL等濃度NaCl溶液，出現(xiàn)白色沉淀，再加入幾滴等濃度的Na2S溶液，有黑色沉淀生成Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)C某溶液中加鹽酸，產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體原溶液中一定存在D向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色I(xiàn)2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度【答案】D【解析】A．蔗糖在稀硫酸催化下加熱，發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生葡萄糖、果糖，然后加入NaOH溶液中和催化劑硫酸，使溶液顯堿性，再加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱煮沸，有紅色沉淀生成，只能證明蔗糖發(fā)生了水解反應(yīng)產(chǎn)生了葡萄糖，但不能證明蔗糖完全水解，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)反應(yīng)方程式AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3中二者反應(yīng)關(guān)系，結(jié)合加入的二者相對量可知：AgNO3過量，再向其中加入幾滴等濃度的Na2S溶液時(shí)，過量的AgNO3與Na2S反應(yīng)產(chǎn)生Ag2S黑色沉淀，不能證明溶度積常數(shù)Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)，B錯(cuò)誤；C．某溶液中加鹽酸，產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體，該氣體是CO2，則原溶液中可能含有，也可能含有，C錯(cuò)誤；D．CCl4是無色液體，與水互不相溶，密度比水大。向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色，說明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，CCl4起到了萃取作用，D正確；故選D。7．W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中Z元素基態(tài)原子L層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍。這四種元素組成的化合物(結(jié)構(gòu)如圖)可用于合成超分子聚合物。下列說法錯(cuò)誤的是A．XZ2晶體屬于共價(jià)晶體 B．元素W、X、Y都可以與Z形成多種化合物C．電負(fù)性：Z＞Y＞X＞W(wǎng) D．超分子具有自組裝和分子識別的特征【答案】A【分析】由Z元素原子L層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍可知Z為O元素，再結(jié)合圖中結(jié)構(gòu)簡式，可知W、X、Y分別為H、C、N元素?！窘馕觥緼．CO2晶體屬于分子晶體，故A錯(cuò)誤；B．W、X、Y分別為H、C、N元素，能與O元素形成H2O、H2O2，CH4、C2H4，NH3、N2H4等多種化合物，故B正確；C．非金屬性越強(qiáng)其電負(fù)性越大，由非金屬性：O>N>C>H，電負(fù)性：O>N>C>H，故C正確；D．超分子的兩大特性是具有自組裝和分子識別特征，故D正確；故選A。8．AlxCoOy的立方晶胞如圖所示，已知處在體心處的原子為Co，晶胞參數(shù)anm，下列說法錯(cuò)誤的是A．x=1，y=3B．該晶胞的密度為C．該晶胞的俯視圖為

D．晶體中一個(gè)Al周圍與其最近的O的個(gè)數(shù)為6【答案】D【解析】A．黑球位于頂點(diǎn)，個(gè)數(shù)為=1，白球位于面心，個(gè)數(shù)為=3，鈷原子位于體心，個(gè)數(shù)為1，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，則黑球?yàn)锳l，白球?yàn)镺，化學(xué)式為AlCoO3，即x=1，y=3，故A說法正確；B．晶胞的質(zhì)量為=，晶胞的體積為(a×107)3cm3，則晶胞的密度為g/cm3=g/cm3，故B說法正確；C．俯視時(shí)，頂點(diǎn)黑球重合，側(cè)面上的白球投影到棱的中線上，上下面心白球與體心重合，因此俯視圖為

，故C說法正確；D．與Al距離最近的O位于面心上，個(gè)數(shù)為12個(gè)，故D說法錯(cuò)誤；故選D。9．某有機(jī)物結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)該有機(jī)物的說法錯(cuò)誤的是A．分子中所有碳原子可能共平面B．分子中碳原子的雜化方式有兩種C．該有機(jī)物在一定條件下與氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)，最多消耗D．該有機(jī)物能使稀酸性溶液褪色【答案】C【解析】A．分子中含有2個(gè)苯環(huán)決定的平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，因此分子中所有碳原子可能共平面，故A正確；B．苯環(huán)中的碳原子和羰基中的碳原子的雜化方式均為，甲基中的碳原子的雜化方式為，故B正確；C．該有機(jī)物在一定條件下與氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)、、NaCl，該有機(jī)物最多消耗，故C錯(cuò)誤；D．苯環(huán)上含有甲基，能使稀酸性溶液褪色，故D正確；故選C。10．二次電池“超鈉F1”的電極材料分別為Na2Mn[Fe(CN)6](普魯士白)和Na4Cy(嵌鈉硬碳)。該電池充電時(shí)Na+的移動方向如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．該二次電池陽極材料為Na2Mn[Fe(CN)6]B．充電時(shí)，陰極的電極反應(yīng)式可表示為：NaxCy+e+Na+=Na(x+1)CyC．放電時(shí)，電路中每轉(zhuǎn)移1mol電子，嵌鈉硬碳電極的質(zhì)量增加23gD．“超鈉F1”在充、放電過程中，Na+在兩個(gè)電極之間往返嵌入和脫嵌【答案】C【分析】該電池負(fù)極材料為NaxCy，放電時(shí)發(fā)生反應(yīng)NaxCyxe=Cy+xNa+，正極材料為Na2Mn[Fe(CN)6]，放電時(shí)正極反應(yīng)為Mn[Fe(CN)6]+xe+xNa+=Na2Mn[Fe(CN)6]。充電時(shí)極Na2Mn[Fe(CN)6]為陽極，電極反應(yīng)為Na2Mn[Fe(CN)6]xe=Mn[Fe(CN)6]+xNa+，嵌鈉硬碳為陰極，電極反應(yīng)為Cy+xNa++xe=NaxCy?！窘馕觥緼．放電時(shí)Na2Mn[Fe(CN)6]為正極材料，充電時(shí)電池陽極材料為Na2Mn[Fe(CN)6]，A正確；B．放電時(shí)負(fù)極發(fā)生反應(yīng)NaxCyxe=Cy+xNa+，充電時(shí)，陰極的電極反應(yīng)式可表示為：NaxCy+e+Na+=Na(x+1)Cy，B正確；C．放電時(shí)，電路中每轉(zhuǎn)移1mol電子，嵌鈉硬碳電極的質(zhì)量減少23g，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意，“超鈉F1”在充、放電過程中，Na+在兩個(gè)電極之間往返嵌入和脫嵌，D正確；故選C。11．W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。W是自然界中形成化合物最多的元素，其核外電子有4種空間運(yùn)動狀態(tài)；X的簡單氫化物與其最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)生成化合物甲；Y是短周期主族中原子半徑最大的元素；Z與Y處于同一周期，且Z元素所形成的簡單單質(zhì)常溫常壓下為氣態(tài)。下列說法正確的是A．Y的第一電離能在四種元素中最小B．是含極性鍵的極性分子C．的中心原子的雜化軌道類型為D．晶胞中含1個(gè)和一個(gè)【答案】A【分析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。W是自然界中形成化合物最多的元素，其核外電子有4種空間運(yùn)動狀態(tài)，則W為C元素；X的簡單氫化物與其最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)生成化合物甲，則X為N元素；Y是短周期主族中原子半徑最大的元素，則Y為Na元素；Z與Y處于同一周期，且Z元素所形成的簡單單質(zhì)常溫常壓下為氣態(tài)，則Z為Cl元素，據(jù)此分析。【解析】A．Na為金屬，其第一電離能最小，故A正確；B．CCl4為含極性鍵的非極性分子，故B錯(cuò)誤；C．NCl3的中心原子的價(jià)電子對數(shù)為：=4，中心原子的雜化軌道類型為sp3，故C錯(cuò)誤；D．NaCl晶胞中含4個(gè)Na+和4個(gè)Cl，故D錯(cuò)誤；故選A。12．工業(yè)上以軟錳礦(主要成分是，含有、等少量雜質(zhì))為主要原料制備高性能的磁性材料碳酸錳，其工業(yè)流程如圖。下列說法錯(cuò)誤的是A．浸錳過程中與反應(yīng)的離子方程式為B．過濾Ⅰ所得濾液中主要存在的金屬陽離子為和C．濾渣Ⅱ的主要成分含有D．向過濾Ⅱ所得的濾液中加入溶液發(fā)生反應(yīng)的主要離子方程式為【答案】D【分析】浸錳過程通入過量的SO2，將Mn4+和Fe3+還原成Mn2+和Fe2+，過濾Ⅰ所得濾渣為SiO2，加入MnO2氧化，此時(shí)溶液中可以被氧化的物質(zhì)有Fe2+和未反應(yīng)的SO2，調(diào)pH是為了將上一步氧化生成的Fe3+沉淀下來與Mn2+分離，加入NH4HCO3溶液將Mn2+沉淀下來，再經(jīng)過一系列步驟可得到純的MnCO3?！窘馕觥緼．根據(jù)上述分析可知，浸錳過程通入過量的SO2，將Mn4+和Fe3+還原成Mn2+和Fe2+，反應(yīng)的離子方程式為：Fe2O3＋SO2＋2H＋=2Fe2＋＋SO＋H2O，A正確；B．過量的SO2，將Mn4+和Fe3+還原成Mn2+和Fe2+，因此過濾I所得濾液中主要存在的金屬陽離子為Mn2＋和Fe2＋，B正確；C．調(diào)pH=3.7，將Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾，濾渣Ⅱ的主要成分含有Fe(OH)3，C正確；D．濾液為硫酸錳溶液，向?yàn)V液種加入適量NH4HCO3溶液，生成MnCO3沉淀，同時(shí)二氧化碳生成，發(fā)生的反應(yīng)為：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，D錯(cuò)誤；故選D。13．亞硝酸甲酯()與自由基的反應(yīng)具有重要的研究價(jià)值。時(shí)，該反應(yīng)在空氣中存在“氫提取”和“加成兩種反應(yīng)路徑，反應(yīng)機(jī)理如圖2(表示過渡態(tài)，、表示中間產(chǎn)物)。下列說法錯(cuò)誤的是A．圖1中的兩種構(gòu)象a更穩(wěn)定B．“氫提取”路徑中的總反應(yīng)為放熱反應(yīng)C．“加成”路徑中決速步為D．時(shí)，與自由基的反應(yīng)主要產(chǎn)物為【答案】C【解析】A．構(gòu)象指有機(jī)分子中不改變共價(jià)鍵結(jié)構(gòu)，僅單鍵周圍的原子旋轉(zhuǎn)所產(chǎn)生的原子的空間排布、一種構(gòu)象改變?yōu)榱硪环N構(gòu)象時(shí)，不涉及共價(jià)鍵的斷裂和重新形成。根據(jù)分子結(jié)構(gòu)理論，由于基團(tuán)的相互作用的緣故，椅式構(gòu)象比船式構(gòu)象穩(wěn)定得多，A正確；B．由圖像可知“氫提取”路徑中反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，故其總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B正確；C．“加成”路徑總反應(yīng)的幾步基元反應(yīng)中活化能最大的是，故決速步為，C錯(cuò)誤；D．時(shí)，該反應(yīng)在空氣中存在“氫提取”和“加成兩種反應(yīng)路徑，從反應(yīng)歷程能量圖像中分析發(fā)現(xiàn)氫提取路徑的活化能小于OH加成路徑，且氫提取產(chǎn)物能量更低更穩(wěn)定，故反應(yīng)主要產(chǎn)物為氫提取的產(chǎn)物，D正確；故選C。14．室溫下，某混合溶液中c(M?)+c(MOH)=c(R?)+c(HR)，和隨pH變化關(guān)系如圖所示，已知pX=lgX。下列說法正確的是A．曲線I表示與pH關(guān)系曲線，B．b點(diǎn)溶液中c(M+)>c(R)，x=4C．MR溶液顯堿性，且MR溶液中c(MOH)<c(HR)D．等物質(zhì)的量的NaR與HR混合溶液中：【答案】C【分析】由，當(dāng)=0即c(M+)=c(MOH)時(shí)，Kb=c(OH)，同理，Ka=c(H+)，由lgX=0時(shí)，pH分別為6、10，則曲線I表示與pH關(guān)系，曲線II表示與pH關(guān)系?！窘馕觥緼．由lgX=0時(shí)，pH分別為6、10，則曲線I表示與pH關(guān)系，Ka=c(H+)=106，常溫下c點(diǎn)c(OH)=，Kb=c(OH)=104，則pKa=pKb+2，A錯(cuò)誤；B．b點(diǎn)溶液pH=8，溶液呈堿性，說明MOH電離程度比HR電離程度大，則c(M+)>c(R)，c(OH)=，由=104，則，則lgx==2，B錯(cuò)誤；C．由Ka=106，Kb=104，相對而言MOH堿性較強(qiáng)、HR酸性較弱，則MR溶液顯堿性，由越弱越水解規(guī)律可知，R水解程度大于M+，則MR溶液溶液中c(MOH)＜c(HR)，C正確；D．由Ka=106，R水解常數(shù)為<Ka，則HR電離程度大于R水解程度，等物質(zhì)的量的NaR與HR混合溶液中，c(R)>c(Na+)>c(HR)>c(H+)>c(OH)，D錯(cuò)誤；故選C。第Ⅱ卷二、非選擇題：共4題，共58分。15．（14分）

I．配制100mL0.05mol·L1Fe2(SO4)3溶液。（1）該實(shí)驗(yàn)需要用到的玻璃儀器有：燒杯、量筒、玻璃棒、、。（2）為了防止Fe2(SO4)3水解，在配置過程中可以加入少量。Ⅱ.探究Fe2(SO4)3與Cu的反應(yīng)。原理預(yù)測：（3）請寫出Fe2(SO4)3與Cu的反應(yīng)的離子方程式：。開展實(shí)驗(yàn)并觀察現(xiàn)象：某實(shí)驗(yàn)小組在進(jìn)行Fe2(SO4)3與Cu的反應(yīng)時(shí)觀察到了異?，F(xiàn)象，決定對其進(jìn)行進(jìn)一步的探究。實(shí)驗(yàn)I：提出問題：（4）實(shí)驗(yàn)前，小組同學(xué)預(yù)測步驟2后溶液不會變?yōu)榧t色，原因是。查閱文獻(xiàn)：i．CuSCN為難溶于水的白色固體；ii．SCN被稱為擬鹵素離子，性質(zhì)與鹵素離子相似。提出猜想：經(jīng)過實(shí)驗(yàn)測定白色固體為CuSCN，查閱資料后小組同學(xué)猜測CuSCN的生成有如下兩種可能。猜測1：Cu2+與KSCN發(fā)生了氧化還原反應(yīng)。猜測2：亞鐵離子將其還原，。（5）猜測1的離子方程式為。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)序號對比實(shí)驗(yàn)及試劑實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象ⅡA試管2mL0.1mol/LFeSO4溶液加入1mL0.4mol·L1KSCN溶液開始時(shí)溶液的上方變?yōu)榧t色，一段時(shí)間后紅色向下蔓延，最后充滿整支試管B試管2mL0.1mol/LCuSO4溶液加入1mL0.4mol·L1KSCN溶液溶液變成綠色ⅢC試管2mL0.1mol/LFeSO4溶液加入2mL0.1mol·L1CuSO4溶液溶液變?yōu)榈{(lán)色再加1mL0.4mol·L1KSCN溶液溶液的上層變?yōu)榧t色，有白色沉淀產(chǎn)生，一段時(shí)間后整支試管溶液呈深紅色得出結(jié)論：（6）實(shí)驗(yàn)Ⅱ中試管(填字母)中的現(xiàn)象可以證實(shí)猜測1不成立。（7）Fe3+的氧化性本應(yīng)強(qiáng)于Cu2+，結(jié)合實(shí)驗(yàn)Ⅲ中的現(xiàn)象解釋能正向發(fā)生的原因：?！敬鸢浮浚?）膠頭滴管（1分）100mL容量瓶（2分）

（2）稀硫酸（1分）（3）（2分）（4）Cu粉過量，不應(yīng)有Fe3+存在，也就不會有紅色的Fe(SCN)3生成（2分）（5）（2分）（6）B（2分）（7）由于SCN與Cu+形成沉淀以及SCN與Fe3+形成配合物，大大降低了產(chǎn)物中Cu+和Fe3+的濃度，使得該反應(yīng)的平衡得以正向移動（2分）【解析】（1）配制100mL0.05mol·L1Fe2(SO4)3溶液步驟為計(jì)算、稱量、溶解、洗滌、轉(zhuǎn)移、定容、貼簽等，需要的儀器為燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管、100mL容量瓶。（2）為了防止Fe3+水解，在配置過程中可以加入少量稀硫酸。（3）Fe2(SO4)3與Cu反應(yīng)的離子方程式：。（4）根據(jù)，0.0001molFe3+與0.15g(0.0023mol)Cu反應(yīng)，Cu粉過量，不應(yīng)有Fe3+存在，應(yīng)該沒有剩余的Fe3+與KSCN結(jié)合生成紅色的Fe(SCN)3，則原因是Cu粉過量，不應(yīng)有Fe3+存在，也就不會有紅色的Fe(SCN)3生成。（5）猜測1：Cu2+與KSCN發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，離子方程式：。（6）因?yàn)樵嚬蹷與猜測1的離子相同，但是現(xiàn)象不同，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中試管B中的現(xiàn)象可以證實(shí)猜測1不成立。（7）Fe3+的氧化性本應(yīng)強(qiáng)于Cu+，結(jié)合實(shí)驗(yàn)Ⅲ中的現(xiàn)象解釋能正向發(fā)生的原因：由于SCN與Cu+形成沉淀以及SCN與Fe3+形成配合物，大大降低了產(chǎn)物中Cu+和Fe3+的濃度，使得該反應(yīng)的平衡得以正向移動。16．（14分）

在照相底片的定影過程中，未曝光的溴化銀(AgBr)常用硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶解。從廢定影液{主要含有[Ag(S2O3)2]3、Br等}中回收Ag并制取催化劑PdAg@Cu2O的流程如圖所示：已知：①的結(jié)構(gòu)如圖所示：；②。請回答下列問題：（1）寫出Na2S2O3溶液溶解AgBr生成的離子方程式：，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為。（2）在配合反應(yīng)中，作配位原子的不可能是(填字母)。a．中的中心S原子

b．中的端基S原子（3）向?yàn)V液1中通入足量氯氣后，通過一系列操作可分離出Br2。通入足量氯氣后，Cl2發(fā)生的氧化還原反應(yīng)主要有、、。（4）“酸溶”過程中產(chǎn)生的有害氣體是(填化學(xué)式)，實(shí)驗(yàn)室消除該有害氣體的方法為。（5）操作的目的是。（6）在制備PdAg@Cu2O的反應(yīng)中，NH2OH被氧化成無污染物(N2)，若獲得0.5molPdAg@Cu2O，理論上至少需要NH2OHg。【答案】（1）AgBr+2=[Ag(S2O3)2]3+Br（2分）16（2分）（2）a（1分）（3）+4Cl2+5H2O=2+8Cl+10H+（2分）（4）NO（1分）將NO與足量O2混合通入NaOH溶液中（2分）（5）除去Ag中混有的鐵粉（2分）（6）33（2分）【分析】廢定影液{主要含有[Ag(S2O3)2]3、Br等}中加入Na2S溶液，與[Ag(S2O3)2]3反應(yīng)生成Ag2S沉淀，過濾后，所得濾液中含有Br、S2、；將Ag2S通入空氣焙燒，生成粗銀和SO2；將粗銀放入稀硝酸中溶解，生成AgNO3等，加入鹽酸將銀轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀；加入鐵粉，將AgCl還原為Ag，過濾所得的Ag中混有Fe，加入足量鹽酸溶解Fe、過濾、洗滌、干燥，得純銀；純銀與K2PdCl4、PVP混合后，得到PdAg，再與CuCl2、NaOH、NH2OH、HCl混合后，得到PdAg@Cu2O?！窘馕觥浚?）Na2S2O3溶液溶解AgBr生成和NaBr，離子方程式：AgBr+2=[Ag(S2O3)2]3+Br，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為K==K穩(wěn)?Ksp(AgBr)=3.2×1013×5.0×1013=16。（2）在配合反應(yīng)中，中的中心S原子不存在孤電子對，不能作配位原子，中的端基S原子存在孤電子對，可作配位原子，則配原子不可能是a。（3）向?yàn)V液1中通入足量氯氣后，通過一系列操作可分離出Br2。通入足量氯氣后，Cl2發(fā)生的氧化還原反應(yīng)主要有、、+4Cl2+5H2O=2+8Cl+10H+。（4）“酸溶”過程中，粗銀與稀硝酸反應(yīng)，生成AgNO3等，產(chǎn)生的有害氣體是NO，實(shí)驗(yàn)室消除該有害氣體的方法為：將NO與足量O2混合通入NaOH溶液中。（5）加入過量的鐵粉后，AgCl全部被還原為Ag，此時(shí)Ag中混有過量的鐵。往固體混合物中加入足量鹽酸，將Fe溶解后過濾、洗滌、干燥，則操作的目的是：除去Ag中混有的鐵粉。（6）在制備PdAg@Cu2O的反應(yīng)中，NH2OH被氧化成無污染物(N2)，依據(jù)得失電子守恒，可得出關(guān)系式：2NH2OH——Cu2O，若獲得0.5molPdAg@Cu2O，理論上至少需要NH2OH的物質(zhì)的量為0.5mol×2=1mol，質(zhì)量為1mol×33g/mol=33g。17．（15分）

空間站處理CO2的一種重要方法是對CO2進(jìn)行收集和再生處理，重新生成可供人體呼吸的氧氣。其技術(shù)路線可分為以下三步：Ⅰ.固態(tài)胺吸收與濃縮CO2在水蒸氣存在下固態(tài)胺吸收CO2反應(yīng)生成酸式碳酸鹽(該反應(yīng)是放熱反應(yīng))，再解吸出CO2的簡單方法是加熱。Ⅱ.CO2的加氫甲烷化H2還原CO2制CH4的部分反應(yīng)如下：i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ?mol1ii.CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H2=246kJ?mol1（1）反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的△H=kJ?mol1。（2）向恒容絕熱的密閉容器中充入amolCO與2amolH2(g)，進(jìn)行反應(yīng)ii，下列能判斷反應(yīng)已達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)的是a.容器中混合氣體密度不變b.混合氣體中c(CH4)與c(H2O)之比不變c.v正(H2)=3v逆(H2O)d.容器內(nèi)溫度不變Ⅲ.CO2和H2合成甲烷也是CO2資源化利用的重要方法。對于上述（1）的反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H，催化劑的選擇是CO2甲烷化技術(shù)的核心。在兩種不同催化劑條件下反應(yīng)相同時(shí)間，測得CO2轉(zhuǎn)化率和生成CH4選擇性隨溫度變化的影響如圖所示：（3）高于320℃后，以Ni為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率仍在上升，其原因是。（4）對比上述兩種催化劑的催化性能，工業(yè)上應(yīng)選擇的催化劑是，使用的合適溫度為。（5）控制起始時(shí)=4，p=1atm，恒容條件下，若只發(fā)生反應(yīng)i、ii，平衡時(shí)各物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化如圖所示：①圖中代表CH4的曲線是(填“a”、“b”或“c”)；溫度低于500℃時(shí)，CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)約為0，說明此條件下，反應(yīng)(填“i”或“ii”)化學(xué)平衡常數(shù)大，反應(yīng)完全。②M點(diǎn)(T＜500℃)時(shí)，平衡分壓p(CO2)=atm，反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的平衡常數(shù)Kp=atm2(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))?！敬鸢浮浚?）205（2分）（2）cd（2分）（3）以Ni為催化劑，CO2甲烷化速率較慢，升高溫度加快反應(yīng)速率，相同的時(shí)間內(nèi)CO2轉(zhuǎn)化率提高（2分）

（4）Ni－CeO2（2分）320℃（1分）（5）b（1分）ii（1分）0.04（2分）625（2分）【解析】（1）根據(jù)蓋斯定律反應(yīng)I+II可得反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)，△H=△H1+△H2=41246=205kJ·mol1；故選205；（2）達(dá)到平衡狀態(tài)的判斷方法是“正逆反應(yīng)速率相等”，“變量不變”。容器中混合氣體密度是定值，密度不變不能說明達(dá)到平衡狀態(tài)，混合氣體中c(CH4)與c(H2O)之比是定值，始終是1:1，不能說明達(dá)到平衡狀態(tài)；v正(H2)=3v逆(H2O)符合正逆反應(yīng)速率相等，能說明達(dá)到平衡狀態(tài)；恒容絕熱的密閉容器中溫度是變量，溫度不變說明達(dá)到平衡狀態(tài)；故選cd；（3）高于320℃后，以Ni為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率仍在上升，其原因是以Ni為催化劑，CO2甲烷化速率較慢，升高溫度加快反應(yīng)速率，相同的時(shí)間內(nèi)CO2轉(zhuǎn)化率提高；（4）對比上述兩種催化劑，Ni－CeO2作為催化劑時(shí)甲烷的選擇性高，工業(yè)上應(yīng)選擇的催化劑是Ni－CeO2，320℃時(shí)轉(zhuǎn)化率高選擇性大，使用的合適溫度為320℃；（5）對于反應(yīng)CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)△H=205kJ·mol1，升高溫度，反應(yīng)逆向移動，H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，CH4和H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，且CH4和H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1：2，故圖中a、b、c代表的物質(zhì)分別為H2O、CH4、H2；溫度低于500℃時(shí)，CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)約為0，說明CO幾乎完全反應(yīng)，化學(xué)平衡常數(shù)越大，反應(yīng)越完全，則反應(yīng)ii的化學(xué)平衡常數(shù)大；故選b；ii；起始時(shí)設(shè)CO2的起始量為amol，變化量為xmol，則H2的起始量為4amol，列三段式計(jì)算如下：M點(diǎn)時(shí)，n(CH4)=n(H2)，即4a4x=x，整理得x=0.8a，則平衡時(shí)CO2、H2、CH4、H2O的物質(zhì)的量分別為0.2amol、0.8amol、0.8amol、1.6amol，各氣體的總物質(zhì)的量為（0.2a+0.8a+0.8a+1.6a）mol=3.4amol，在恒溫恒容下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，則，平衡時(shí)p=，平衡分壓p(CO2)=×atm=0.04atm，平衡常數(shù)Kp===625，故選0.04；625。18．（15分）基于生物質(zhì)資源開發(fā)常見的化工原料，是綠色化學(xué)的重要研究方向。利用木質(zhì)纖維素為起始原料結(jié)合CO2生產(chǎn)聚碳酸對二甲苯酯可以實(shí)現(xiàn)碳減排，緩解日益緊張的能源危機(jī)，路線如下：回答下列問題