四川省南充市閬中中學(xué)校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期11月月考化學(xué)試題

閬中中學(xué)高2022級2024年秋11月月考化學(xué)試題（滿分：100分時間：75分鐘）可能用到的相對原子質(zhì)量：H1N14O16Cl35.5Co40一、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選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.我國是古代文明發(fā)源地。下列文物主要由無機(jī)非金屬材料制成的是A．西周獸面紋方鼎B．北朝青瓷蓮花尊C．唐葡萄花鳥紋銀香囊D．西漢T形帛畫A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．西周獸面紋方鼎屬于金屬材料，A錯誤；B．北朝青瓷蓮花尊是我國著名傳統(tǒng)瓷器的一種，瓷器主要含硅酸鹽屬于無機(jī)非金屬材料，B正確；C．唐葡萄花鳥紋銀香囊的外壁用銀制成，呈圓球形，通體鏤空，屬于金屬材料，C錯誤；D．T形帛畫中的帛是用蠶絲制作的，蠶絲的主要成分為蛋白質(zhì)，D錯誤；本題選B。2.下列表示正確的是A.基態(tài)S原子的價電子排布圖：B.2丁烯的鍵線式：C.的結(jié)構(gòu)示意圖：D.的VSEPR模型：【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，基態(tài)S原子的價電子排布圖為，故A錯誤；B．該圖所示鍵線式表示的物質(zhì)為1，3丁二烯，不是2丁烯，故B錯誤；C．是S原子得到兩個電子而來，其結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯誤；D．的中心原子Cl價層電子對數(shù)為，VSEPR模型為四面體形，有1對孤電子對，故D正確；故選D。3.硒化鋅(ZnSe)是一種重要的半導(dǎo)體材料，其立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，乙圖為該晶胞沿z軸方向在xy平面的投影，已知晶胞邊長為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列說法正確的是A.Se位于元素周期表的ds區(qū)B.Se的配位數(shù)為8C.A點(diǎn)原子的坐標(biāo)為(0，0，0)，則B點(diǎn)原子的坐標(biāo)為()D.Zn與Se之間的最近距離為【答案】D【解析】【詳解】A．Se位于元素周期表的第四周期第VIA族，屬于p區(qū)，A項(xiàng)錯誤；B．由晶胞結(jié)構(gòu)圖，離Se最近的Zn有4個，Se的配位數(shù)為4，B項(xiàng)錯誤；C．A點(diǎn)原子坐標(biāo)為，由圖乙可知，B點(diǎn)原子的坐標(biāo)為，C項(xiàng)錯誤；D．Zn與Se之間的最近距離為體對角線的，即，D項(xiàng)正確；本題選D。4.丁基苯酞(鍵線式為)是芹菜油的化學(xué)成分之一。動物模型研究表明，丁基苯酞可用于治療高血壓和神經(jīng)保護(hù)作用。下列有關(guān)丁基苯酞的說法正確的是A.丁基苯酞的化學(xué)式為B.丁基苯酞分子中碳原子有3種雜化方式C.能發(fā)生取代、加成和氧化反應(yīng)D.苯環(huán)上一氯代物有2種【答案】C【解析】【詳解】A．丁基苯酞的化學(xué)式不飽和度為6，H原子個數(shù)為，化學(xué)式為，A錯誤；B．丁基苯酞分子中苯環(huán)上和酯基上的碳原子采用sp2雜化，其余飽和碳原子采用sp3雜化，碳原子有2種雜化方式，B錯誤；C．酯基能發(fā)生取代反應(yīng)，苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，可燃燒能發(fā)生氧化反應(yīng)，C正確；D．苯環(huán)不對稱，因此苯環(huán)上一氯代物有4種，錯誤；答案選C。5.下列實(shí)驗(yàn)裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.圖甲：實(shí)驗(yàn)室制備氯氣B.圖乙：除去二氧化碳中的氯化氫氣體C.圖丙：檢驗(yàn)溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)生成的乙烯D.圖?。簻y定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱【答案】B【解析】【詳解】A．濃鹽酸和二氧化錳反應(yīng)制取氯氣需要加熱，故A錯誤；B．飽和碳酸氫鈉溶液與二氧化碳不反應(yīng)，其可以與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、水和二氧化碳，可以除去二氧化碳中的氯化氫氣體，故B正確；C．溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)條件是氫氧化鈉醇溶液加熱，故C錯誤；D．測定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱，應(yīng)該用玻璃攪拌棒，不能用金屬攪拌棒，故D錯誤；故選B。6.溴蒸氣與氨氣相遇產(chǎn)生“白煙”，化學(xué)方程式為，用表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A.生成14g時，反應(yīng)中還原劑的分子數(shù)目為B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L參與反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為C.的溶液中含有陽離子的數(shù)目總和大于D.該反應(yīng)中氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為【答案】B【解析】【詳解】A．由方程式可知，反應(yīng)中氮元素的化合價部分升高被氧化，氨氣表現(xiàn)堿性和還原性，反應(yīng)生成1mol氮?dú)鈺r，2mol氨氣做反應(yīng)的還原劑，則生成14g氮?dú)鈺r，反應(yīng)中氨氣的分子數(shù)目為×2×NAmol—1=NA，故A正確；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，溴為液態(tài)，無法計(jì)算11.2L溴的物質(zhì)的量和反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目，故B錯誤；C．溴化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中水解生成一水合氨和氫離子，所以1L0.5mol/L溴化銨溶液中含有陽離子的數(shù)目總和大于0.5mol/L×1L×NAmol—1=0.5NA，故C錯誤；D．由方程式可知，反應(yīng)中氮元素的化合價部分升高被氧化，氨氣表現(xiàn)堿性和還原性，溴元素的化合價降低被還原，溴是反應(yīng)的氧化劑，則反應(yīng)中氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為3：2，故D正確；故選B。7.下列離子方程式書寫錯誤的是A.向溶液中通入少量B.向飽和溶液中通入過量C.用飽和食鹽水制燒堿：D.溶于稀硫酸：【答案】A【解析】【詳解】A．向NaClO溶液中通入少量SO2，次氯酸根離子全部被還原，反應(yīng)的離子方程式為：，故A項(xiàng)錯誤；B．向飽和Na2CO3溶液中通入過量CO2生成碳酸氫鈉沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：，故B項(xiàng)正確；C．電解飽和食鹽水制燒堿，反應(yīng)的離子方程式為：，故C項(xiàng)正確；D．Cu2O溶于稀硫酸，生成硫酸銅、銅和水，反應(yīng)的離子方程式為：，故D項(xiàng)正確；故本題選A。8.一種除草劑的結(jié)構(gòu)如下圖，X、Y、Z、W、R為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X原子核外電子只有一種運(yùn)動狀態(tài)，Y、Z、W為同周期相鄰主族元素，Z與R同主族，Z的單質(zhì)在空氣成分中體積分?jǐn)?shù)占比最大。下列有關(guān)說法正確的是A.Y、Z、W的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)锽.最簡單氫化物的穩(wěn)定性：C.X與W形成的化合物為非極性分子D.該分子不能與堿反應(yīng)【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W、R為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Y、Z、W為同周期相鄰主族元素，由題目信息的單質(zhì)在空氣成分中體積分?jǐn)?shù)占比最大可知為元素，X原子核外電子只有一種運(yùn)動狀態(tài)，結(jié)合化合物中化學(xué)鍵的特征分析可知，X形成1個共價鍵為H元素，Y形成4個共價鍵為C元素，Z形成3個共價鍵為N元素，W形成2個共價鍵為O元素，Z與R同主族，R為P元素。【詳解】A．Y、Z、W分別為：C、N、O，同周期主族元素從左到右電負(fù)性依次增大，電負(fù)性由大到小的順序?yàn)?，故A正確；B．非金屬性越強(qiáng)，最簡單氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性，則氫化物穩(wěn)定性，故B錯誤；C．與形成的化合物可以為、，都為極性分子，故C錯誤；D．分子結(jié)構(gòu)中含羧基官能團(tuán)，能和堿反應(yīng)，故D錯誤；選A。9.科學(xué)家提出了一種基于電催化多硫化物循環(huán)的自供能產(chǎn)氫體系，如下圖所示。通過將鋅多硫化物電池與電解制氫裝置集成，最大化利用了間歇性太陽光，實(shí)現(xiàn)日夜不間斷的自供電的H2生產(chǎn)。下列說法正確的是A.硅太陽能電池、鋅多硫化物電池均可實(shí)現(xiàn)化學(xué)能向電能的轉(zhuǎn)化B.夜間工作時，應(yīng)將電極ac、bd分別連接C.日間工作時，b極的電極反應(yīng)式為+S2+2e=D.H2生產(chǎn)裝置中可以使用陽離子交換膜【答案】D【解析】【分析】由圖可知，白天可利用太陽光電池給左側(cè)鋅多硫化物電池充電，實(shí)現(xiàn)電能向化學(xué)能的轉(zhuǎn)化，鋅多硫化物電池處于充電狀態(tài)，b極是陽極，發(fā)生+S22e=，夜間做電池使右側(cè)電解池電解制氫，右側(cè)裝置為電解池，d電極發(fā)生2H2O+2e═2OH+H2↑，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．硅太陽能電池將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，A錯誤；B．左側(cè)鋅多硫化物電池夜間作電源，給H2生產(chǎn)裝置通電，電解產(chǎn)生H2，分析可知，應(yīng)將電極ad、bc分別連接，B錯誤；C．白天工作時，鋅多硫化物電池處于充電狀態(tài)，b電極是陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+S22e=，C錯誤；D．陰極d發(fā)生反應(yīng)；2H2O+2e=H2↑+2OH，若使用陽離子交換膜，Na+向陰極區(qū)遷移，D正確；故答案為：D。10.硒是人體微量元素中的“胰島素”。含硒廢料(主要含Se、S、Fe2O3、ZnO、CuO、SiO2等)制取硒的流程如圖，下列有關(guān)說法正確的是A.“分離”時得到含硫煤油的操作方法是分液B.“酸溶”后，濾渣是SeC.“酸化”時，生成1molSe，反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子D.若向“酸溶”所得的濾液中滴加硫氰化鉀溶液，溶液不變紅【答案】C【解析】【分析】由流程可知，煤油溶解S后，過濾分離出含硫的煤油，分離出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、過濾，濾液含硫酸銅、硫酸鋅、硫酸鐵，濾渣含Se、SiO2，再加亞硫酸鈉浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒；【詳解】A．煤油溶解S后，過濾分離出含硫的煤油，濾渣為Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分離”時得到含硫煤油的方法是過濾，A錯誤；B．根據(jù)分析，“酸溶”后，濾渣是Se、SiO2，B錯誤；C．“酸化”過程中化合物硒代硫酸鈉反應(yīng)后生成Se單質(zhì)，Se元素從+2價降低至0價，生成1molSe，反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子，C正確；D．酸溶后的溶液中含F(xiàn)e3+，與硫氰化鉀溶液作用，溶液呈紅色，D錯誤；答案選C。11.下列操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將苯、液溴和鐵粉混合后，將產(chǎn)生的氣體通入水中，所得水溶液的能證明苯與液溴發(fā)生了取代反應(yīng)B向反應(yīng)體系中加入KCl固體，溶液紅色變淺增大KCl的濃度，該平衡逆向移動C向某鉀鹽中滴加濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液，品紅溶液褪色該鉀鹽為D將溶液滴入NaOH溶液中，至不再有白色沉淀產(chǎn)生，再滴加溶液，白色沉淀變?yōu)樗{(lán)色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．液溴具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的溴也能水反應(yīng)生成氫溴酸和次溴酸使溶液的pH小于7，所以將苯、液溴和鐵粉混合后，將產(chǎn)生的氣體通入水中，所得水溶液的不能證明苯與液溴發(fā)生了取代反應(yīng)，故A錯誤；B．氯化鐵溶液與硫氰化鉀溶液反應(yīng)生成氯化鉀和硫氰化鐵，反應(yīng)的離子方程式為，由方程式可知，加入氯化鉀固體，平衡體系中各物質(zhì)的濃度沒有變化，化學(xué)平衡不移動，故B錯誤；C．氯酸鉀也能與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化鉀、氯氣和水，氯氣也能使品紅溶液漂白褪色，則向某鉀鹽中滴加濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液，品紅溶液褪色不能說明鉀鹽為亞硫酸鉀，故C錯誤；D．向硫酸鎂溶液中加入氫氧化鈉溶液完全反應(yīng)生成氫氧化鎂和硫酸鈉，向反應(yīng)后的溶液中加入硫酸銅溶液，氫氧化鎂白色沉淀轉(zhuǎn)化為氫氧化銅藍(lán)色沉淀說明氫氧化銅的溶度積小于氫氧化鎂，故D正確；故選D。12.一種既能檢驗(yàn)又能吸附重金屬離子的聚丙烯酰胺微凝膠的分子結(jié)構(gòu)示意圖如下。下列說法錯誤的是A.鍵長：鍵鍵鍵B.相同條件下電離出的程度：C.碳原子的雜化方式均為雜化D.第一電離能：【答案】C【解析】【詳解】A．原子半徑越小鍵長越短，原子半徑：C>N>O，則鍵長：鍵鍵鍵，A項(xiàng)正確；B．顯酸性，顯堿性，相同條件下電離出的程度：，B項(xiàng)正確；C．聚丙烯酰胺含有飽和碳原子，采取雜化，酰胺基上的碳原子采取雜化，C項(xiàng)錯誤；D．元素的非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，其中N、O反常，故第一電離能：，D項(xiàng)正確；故選C。13.利用可快速測定水體化學(xué)需氧量，以表示水體中的有機(jī)物，已知，部分反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列敘述錯誤的是A.該過程中和均表現(xiàn)出還原性B.該過程中是催化劑C.可以防止和重新結(jié)合D.該過程的離子方程式可以表示為【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)反應(yīng)機(jī)理圖可知，和均能將水體中的有機(jī)物()轉(zhuǎn)化為，中2價氧被氧化為中的+4價，作還原劑，所以該過程中和均表現(xiàn)出氧化性，故A錯誤；B．根據(jù)反應(yīng)機(jī)理圖可知，該過程中是催化劑，故B正確；C．由于存在，可以得到，可以防止和重新結(jié)合，故C正確；D．從反應(yīng)機(jī)理圖可以看出，該過程是在的催化作用下氧化有機(jī)物，離子方程式為，故D正確；故選A。14.，。向濃度均為的和混合溶液中逐滴加入的醋酸溶液，溶液電導(dǎo)率、隨醋酸體積增加的變化趨勢如圖所示。已知，下列說法正確的是A.a點(diǎn)， B.b點(diǎn)，C.若d點(diǎn)，則 D.水的電離程度：【答案】C【解析】【分析】向濃度均為的和混合溶液中逐滴加入的醋酸溶液，醋酸溶液與先反應(yīng)，反應(yīng)過程中，溶液pH逐漸降低，溶液中可自由移動離子濃度降低，溶液電導(dǎo)率下降，而后醋酸再與發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)過程中，溶液pH逐漸降低，溶液中可自由移動離子濃度升高，二者恰好完全反應(yīng)時，溶液中溶質(zhì)為CH3COONa、CH3COONH4，，溶液呈堿性，即a～b為CH3COOH與反應(yīng)，b～c為CH3COOH與反應(yīng)，c點(diǎn)之后CH3COOH過量；【詳解】A．a(chǎn)點(diǎn)溶液濃度均為的和混合溶液，發(fā)生完全電離，發(fā)生部分電離，因此溶液中c(OH)>0.01mol/L，，故A錯誤；B．根據(jù)電荷守恒可知，b點(diǎn)，，，溶液呈堿性，故，因此，故B錯誤；C．若d點(diǎn)，當(dāng)=0.01時恰好完全中和，溶液中溶質(zhì)為CH3COONa、CH3COONH4，，溶液呈堿性，若要pOH=7即中性，則應(yīng)該醋酸的量增加，則，故C正確；D．c點(diǎn)后，醋酸過量，電離出H+抑制水的電離，所以c>d，故D錯誤；答案選C。二、非選擇題(本題共4小題，共58分)15.(三氯化六氨合鈷)是一種橙黃色的晶體，溶于熱水和稀鹽酸中，在冷水、乙醇、濃鹽酸中溶解度較小，可用于制備其他三價鈷配合物。實(shí)驗(yàn)室制備的裝置和步驟如下：①在三頸燒瓶中加入：2.38g、4.00g和5mL高純水，加熱溶解后加入1.5g催化劑活性炭，7mL濃氨水，攪拌，得到(二氯化六氨合鈷)溶液；②將得到的溶液冷卻至10℃，加入7mL4%的，恒溫55℃，攪拌15min后冷卻至2℃，抽濾，收集沉淀；③將沉淀轉(zhuǎn)移入100mL燒杯中，用20mL、80℃的高純水進(jìn)行沖洗，再加入1mL的濃鹽酸，攪拌均勻，_______，將活性炭濾出棄去；④在濾液中加入3.5mL試劑甲，攪拌后用冰水浴冷卻至2℃析出沉淀，之后快速抽濾，棄去濾液，用試劑乙洗滌沉淀3次，低溫烘干，得到產(chǎn)品2.14g?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱是_______。（2）常溫下，，從平衡角度解釋，步驟①中先加，后加濃氨水的原因是_______。（3）步驟②中溫度控制在55℃左右的原因是_______。（4）步驟③中缺少的操作名稱為_______。（5）步驟④中：試劑甲是_______；該反應(yīng)的產(chǎn)率為_______(已知：的摩爾質(zhì)量為267.5g/mol)。（6）由制備的化學(xué)方程式為_______?！敬鸢浮浚?）球形干燥管（2）NH?Cl溶于水電離出會抑制NH3·H2O的電離，防止c(OH?)過大產(chǎn)生Co(OH)2沉淀（3）溫度過低反應(yīng)速率慢，溫度過高雙氧水和NH3?H2O受熱易分解（4）趁熱過濾（5）①.濃鹽酸②.80%（6）【解析】【分析】CoCl2在活性炭催化的條件下溶解在氯化銨的溶液中，然后先滴加氨水再加過氧化氫在55℃左右，反應(yīng)生成沉淀，然后過濾得到固體，經(jīng)過一系列操作得到結(jié)晶水合物。【小問1詳解】由圖可知，儀器a是球形干燥管；【小問2詳解】步驟①中先加，后加濃氨水的原因：先加入氯化銨，增加銨根濃度，抑制一水合氨電離，防止c(OH?)過大產(chǎn)生Co(OH)2沉淀；【小問3詳解】若反應(yīng)溫度過低，反應(yīng)速率較慢，若反應(yīng)溫度過高，過氧化氫、一水合氨受熱分解，所以需要控制水浴溫度為55℃；【小問4詳解】活性炭難溶于水，趁熱過濾除去活性炭，提高純度；【小問5詳解】濃鹽酸氯離子濃度大，降低在水中溶解度，因此試劑甲選用濃鹽酸；過濾得到晶體，用乙醇洗去晶體表面雜質(zhì)，同時用乙醇便于晶體干燥，故選C；的質(zhì)量為2.38g，對應(yīng)的理論產(chǎn)量為m=，產(chǎn)率；【小問6詳解】由制備的化學(xué)方程式為：。16.鈷在新能源、新材料、航空航天、電器制造領(lǐng)域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的+2價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)。從該廢渣中提取鈷的一種流程如下。已知：金屬陽離子(M)以氫氧化物形式沉淀時，和溶液的關(guān)系如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其原因是_______。（2）Co在元素周期表位置為_______；Cu的價電子排布式為_______。（3）“沉錳”步驟中，加發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。（4）“酸浸”步驟中，浸渣的成分為銅和_______；“沉淀”步驟中，用NaOH調(diào)pH分離出的濾渣成分只有，則調(diào)節(jié)的的范圍為_______。（5）“酸浸”步驟中，CoO發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。（6）若“沉鈷”步驟中，控制溶液，則從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是_______?！敬鸢浮浚?）增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率。（2）①.第四周期VIII族②.（3）（4）①.硫酸鉛(或)②.3.1~6.2（5）（6）向?yàn)V液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的：，靜置后過濾、洗滌、干燥【解析】【分析】煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳等元素的+2價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)，經(jīng)稀硫酸酸浸時，銅不溶解，Zn及其它+2價氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價陽離子進(jìn)入溶液；然后通入硫化氫沉銅生成沉淀；過濾后，濾液中加入將錳離子氧化為二氧化錳除去，同時亞鐵離子也被氧化為鐵離子；再次過濾后，用氫氧化鈉調(diào)節(jié)，鐵離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去鐵元素；第三次過濾后的濾液中加入次氯酸鈉沉鈷，得到?！拘?詳解】“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其原因是增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率；小問2詳解】Co是27號元素，在元素周期表位置是第四周期VIII族；是29號元素，其價電子排布式為；【小問3詳解】“沉錳”步驟中，將氧化為二氧化錳除去，二氧化錳為氧化產(chǎn)物，故C正確；【小問4詳解】“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質(zhì)及其它元素的+2價氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其它元素均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價陽離子進(jìn)入溶液，浸渣的成分為銅和硫酸鉛；“沉淀”步驟中，用調(diào)pH分離出的濾渣是，從圖像分析得知不能沉淀，調(diào)節(jié)的pH的范圍是；【小問5詳解】“酸浸”步驟中，CoO發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：；【小問6詳解】“沉鈷”后濾液的，溶液中有Zn元素以形式存在，當(dāng)后氫氧化鋅會溶解轉(zhuǎn)化為，因此，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是：向?yàn)V液中滴加NaOH溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH：，靜置后過濾、洗滌、干燥。17.、等是地球大氣中主要的溫室氣體，高效處理過剩的溫室氣體已成為當(dāng)前世界研究的重要課題。Ⅰ.偶聯(lián)重整，其核心反應(yīng)如下：如主反應(yīng)：副反應(yīng)1：副反應(yīng)2：（1）(g)和(g)轉(zhuǎn)化為(g)的熱化學(xué)方程式為_______。（2）將1mol、1.2mol通入起始容積為1L的恒溫、恒壓(p=100kPa)密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，400℃時容器內(nèi)的轉(zhuǎn)化率和的物質(zhì)的量隨時間的變化如表所示：時間/min139101112/%10.140.365.670.180.080.0/mol0.050.090.150.260.30.3①0～11min內(nèi)，消耗的平均反應(yīng)速率為_______(保留3位有效數(shù)字)。②能說明體系已達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______(填序號)。A.B.C.混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變D.反應(yīng)容器的容積恒定為VL③實(shí)驗(yàn)中，緩慢升高溫度時發(fā)現(xiàn)平衡時甲醇的選擇性[]逐步降低，請簡述原因：_______。Ⅱ.直接合成燃料主反應(yīng)：副反應(yīng)1：副反應(yīng)2：在不同壓強(qiáng)下，平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖所示：（3）當(dāng)溫度高于600℃后，不同壓強(qiáng)下的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相等，原因是_______。（4）假設(shè)在600℃時反應(yīng)容器中只進(jìn)行副反應(yīng)1，該溫度下、，若起始時以投料比進(jìn)行該反應(yīng)，則副反應(yīng)1的平衡常數(shù)_______，反應(yīng)達(dá)到平衡時，的轉(zhuǎn)化率_______。【答案】（1）（2）①.0.0784②.CD③.溫度升高，由于主反應(yīng)和副反應(yīng)1均為吸熱反應(yīng)，則平衡正向移動，且移動程度較大，使得消耗的增多；副反應(yīng)2為放熱反應(yīng)，溫度升高平衡逆向移動，使得的生成量減少，故的選擇性會降低（3）溫度高于600℃后，混合體系以吸熱反應(yīng)副反應(yīng)1為主，而該反應(yīng)為氣體總分子數(shù)不變的反應(yīng)，壓強(qiáng)不影響該反應(yīng)的平衡，故不同壓強(qiáng)下的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相等（4）①.1②.80%【解析】【小問1詳解】目標(biāo)反應(yīng)的化學(xué)方程式：，結(jié)合蓋斯定律可知目標(biāo)反應(yīng)=主反應(yīng)副反應(yīng)1＋副反應(yīng)2，目標(biāo)反應(yīng)的，故答案為：?！拘?詳解】①由表中數(shù)據(jù)判斷11min時體系已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。由題給化學(xué)方程式中各物質(zhì)的關(guān)鍵點(diǎn)化學(xué)計(jì)量數(shù)關(guān)系和反應(yīng)在恒壓下進(jìn)行可知，容器容積隨著反應(yīng)的進(jìn)行會發(fā)生變化。設(shè)主反應(yīng)、副反應(yīng)1、副反應(yīng)2中的轉(zhuǎn)化量分別為xmol、ymol、zmol，列式分析：可得=[(1x)+(1.2xyz)+(2x+y)+z+(2xy3z)+(y+z)]mol=(2.2+2x2z)mol，已知平衡時，，故x=0.8，z=0.3，則，恒溫恒壓條件下，氣體體積之比等于物質(zhì)的量之比，則平衡時的容器容為積，故，=，故答案為：0.0784。②A．為某一時刻的狀態(tài)，不能說明濃度不再變化，不能說明體系達(dá)到平衡狀態(tài)，A錯誤；B．若只發(fā)生主反應(yīng)，可說明反應(yīng)達(dá)到平衡，但CO還參與副反應(yīng)1，故該等式無法說明體系達(dá)到平衡狀態(tài)，B錯誤；C．氣體總質(zhì)量固定，混合氣體總質(zhì)量合氣體的平均摩爾質(zhì)量=，由于氣體的總物質(zhì)的量在改變，故混合氣體的平均摩爾質(zhì)量隨反應(yīng)的進(jìn)行而改變，不變時可說明體系已達(dá)到平衡狀態(tài)，C正確；D．該反應(yīng)體系恒溫恒壓，主反應(yīng)、副反應(yīng)2為反應(yīng)前后氣體總分子數(shù)變化的反應(yīng)，故容器容積為變量，當(dāng)容積恒定不變時證明體系達(dá)到平衡狀態(tài)，D正確；故答案選CD；③實(shí)驗(yàn)中，緩慢升高溫度時發(fā)現(xiàn)平衡時甲醇的選擇性逐步降低，原因：溫度升高，由于主反應(yīng)和副反應(yīng)1均為吸熱反應(yīng)，則平衡正向移動，且移動程度較大，使得消耗的增多；副反應(yīng)2為放熱反應(yīng)，溫度升高平衡逆向移動，使得的生成量減少，故的選擇性會降低，故答案為：溫度升高，由于主反應(yīng)和副反應(yīng)1均為吸熱反應(yīng)，則平衡正向移動，且移動程度較大，使得消耗的增多；副反應(yīng)2為放熱反應(yīng)，溫度升高平衡逆向移動，使得的生成量減少，故的選擇性會降低?！拘?詳解】當(dāng)溫度高于600℃后，不同壓強(qiáng)下的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相等，原因是：溫度高于600℃后，混合體系以吸熱反應(yīng)副反應(yīng)1為主，而該反應(yīng)為氣體總分子數(shù)不變的反應(yīng)，壓強(qiáng)不影響該反應(yīng)的平衡，故不同壓強(qiáng)下的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相等，故答案為：溫度高于600℃后，混合體系以吸熱反應(yīng)副反應(yīng)1為主，而該反應(yīng)為氣體總分子數(shù)不變的反應(yīng)，壓強(qiáng)不影響該反應(yīng)的平衡，故不同壓強(qiáng)下的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相等?！拘?詳解】由蓋斯定律可知，副