山东省高三等级考化学冲刺卷（八）

等级考仿真冲刺卷(八)(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1B11C12O16P31Ca40Co59一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生活密切相关,下列说法错误的是()A.推广使用新能源汽车可以减少尾气的排放B.红葡萄酒中充入的少量SO2具有抗氧化的作用C.消毒液长时间敞开保存会增强其消毒效果D.作为医用呼吸机原材料之一的ABS树脂属于有机高分子材料2.如图是制备和收集气体的实验装置,该装置可用于()A.浓硫酸与铜反应制取SO2B.浓氨水与生石灰反应制取NH3C.浓盐酸与二氧化锰反应制取Cl2D.过氧化钠与水反应制取O23.W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素,其中W为宇宙中含量最为丰富的元素,X元素形成的简单气态氢化物的熔、沸点最高,Y与W和M能形成化学式为YW和YM的离子化合物,Z的最外层电子数是W、X、Y元素最外层电子数之和的一半。Q为Y的最高价氧化物对应水化物。下列有关说法正确的是()A.YW中阴离子的半径比Li+小B.Z元素的单质和最高价氧化物均能与Q的溶液反应C.X元素与Y元素能形成两种化合物,且所含化学键类型相同D.1molM的单质与Q的溶液反应生成YMOx(x>1),转移NA个电子4.下列有关化合物X的叙述正确的是()A.X分子能发生氧化、取代、消去反应B.X分子只存在2个手性碳原子C.X分子中含有五种官能团D.1molX与足量NaOH溶液反应,最多消耗3molNaOH5.磷烯(如图)是由磷原子六元环组成的蜂巢状褶皱二维晶体,它是白磷()的同素异形体。设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()A.3.1g白磷中含P—P键的数目为0.3NAB.6.2g磷烯中含六元环的数目为0.1NAC.0.1molP4与0.6molH2在密闭容器中发生反应:P4+6H24PH3,生成PH3分子的数目为0.4NAD.0.1molP4发生反应:P4+5O22P2O5,转移的电子数为20NA6.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是()A.该分解过程是:2NON2+O2B.实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应C.过程②释放能量,过程③吸收能量D.标准状况下,NO分解生成5.6LN2转移电子数约为6.02×10237.下列有关说法不正确的是()A.35Cl2与37Cl2不能互称为同位素,也不能互称为同分异构体B.C6Hn分子中的六个碳原子在同一直线上,则n可能等于2C.2,2二甲基丁烷与2,4二甲基戊烷的一氯代物种类相同(不考虑立体异构)D.与都是酚且互为同系物8.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图1所示,用CuSi合金作硅源,在950℃下利用三层液熔盐进行电解精炼,并利用某CH4燃料电池(如图2所示)作为电源。下列有关说法不正确的是()A.电极c与b相连,d与a相连B.左侧电解槽中,Si优先于Cu被氧化C.a极的电极反应为CH48e+4O2CO2+2H2OD.相同时间下,通入CH4、O2的体积不同,会影响硅的提纯速率9.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多,如图:下列说法正确的是()A.反应①②均是取代反应B.反应③④的原子利用率均为100%C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种D.乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别10.实验室用有机含碘(主要以I2和IO3已知:Ⅰ.碘的熔点为113℃,但固态的碘可以不经过熔化直接升华;Ⅱ.粗碘中含有少量的硫酸钠杂质。下列说法正确的是()A.操作②中发生反应的离子方程式为IO3-+3SO32B.操作①和③中的有机相从分液漏斗上端倒出C.操作④为过滤D.操作⑤可用如图所示的水浴装置进行二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液,加热,冷却后加NaOH溶液至中性,再滴加少量碘水,溶液变蓝淀粉未水解B室温下,向0.1mol·L1HCl溶液中加入少量镁粉,产生大量气泡,测得溶液温度上升镁与盐酸反应放热C室温下,向浓度均为0.1mol·L1的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液,出现白色沉淀白色沉淀是BaCO3D向0.1mol·L1H2O2溶液中滴加0.01mol·L1KMnO4溶液,溶液褪色H2O2具有氧化性12.我国是煤炭消费大国,高硫煤(主要含FeS2)在我国煤炭消费中占有相当大的比例,其燃烧时产生的SO2对环境和人体健康造成了一定的负面影响,所以运用电化学法进行煤的燃前脱硫是一项具有前景的技术。已知:2FeS2+7O2+8NaOH2Fe(OH)2+4Na2SO4+2H2O,如图甲是模拟电化学法脱硫的示意图(电极均为惰性电极),对此方法说法不正确的是()A.将煤制成水煤浆加入电解槽有利于反应的充分进行B.阳极的电极反应式为4OH4eO2↑+2H2OC.煤中的铁元素最终以Fe(OH)2的形式存在D.根据图乙中的信息,NaOH溶液的适宜浓度为1mol·L113.硼氢化钠(NaBH4)具有强还原性,在工业生产上广泛用于非金属及金属材料的化学镀膜、贵金属回收、工业废水处理等。工业上采用的Bayer法制备NaBH4通常分两步(如图)。下列说法错误的是()A.用B2O3代替Na2B4O7也可制得NaBH4B.两步的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C.将SiO2粉碎能增大得到熔体的速率D.由图可知该工艺过程中无污染性物质产生,符合绿色化学理念14.常温下,10.00mL某一元碱BOH与0.1000mol/L盐酸反应,反应过程中由水电离的H+浓度的负对数lg[c水(H+)]与所加盐酸的体积间关系如图,下列说法正确的是()A.水的电离程度:c>d=b>aB.d点溶液满足c(H+)=c(OH)C.BOH为弱碱,其电离平衡常数Kb约为105D.c点溶液满足c(B+)+c(BOH)=0.1000mol/L15.Fe3+与SO32-不能大量共存的原因是存在氧化还原反应和水解相互促进的反应之争。如图是利用手持技术测量向FeCl3溶液中滴加Na2实验过程还发现:ⅰ.b点时溶液澄清透明,向其中分别加入KSCN溶液和NaOH溶液,现象分别为出现血红色和灰绿色难溶物;ⅱ.c点和d点均出现明显红褐色难溶物,取上层清液,分别加入KSCN溶液和NaOH溶液,现象分别为出现血红色和无明显变化。结合以上信息,下列分析不合理的是()A.a点溶液在配制时需加入盐酸B.结合b点附近pH的变化以及实验现象,说明此处发生了氧化还原反应C.c点溶液中发生的主要反应为2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3↓+3H2D.取d点处上层清液,向其中滴加K3[Fe(CN)6],溶液会出现蓝色沉淀三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(12分)CO2催化加氢制甲醇,是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中,发生的主要反应有:ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=49.4kJ·mol1ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol1ⅲ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3(1)ΔH3=kJ·mol1

(2)5MPa时,往某密闭容器中按投料比n(H2)∶n(CO2)=3∶1充入H2和CO2。反应达到平衡时,测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。①体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大,原因是。

②250℃时,反应ⅱ的平衡常数(填“>”“<”或“=”)1。

③下列措施中,无法提高甲醇产率的是

(填字母)。A.加入适量CO B.增大压强C.循环利用原料气 D.升高温度④如图中X、Y分别代表(填化学式)。

(3)反应ⅰ可能的反应历程如图所示。注:方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或字母,单位:eV)。其中,TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。①反应历程中,生成甲醇的决速步骤的化学方程式为。

②相对总能量E=eV(计算结果保留2位小数)。(已知:1eV=1.6×1022kJ)

(4)用电解法也可实现CO2加氢制甲醇(稀硫酸作电解质溶液)。电解时,往电解池的极通入氢气,阴极上的电极反应为。

17.(12分)我国学者研制出低成本的电解“水制氢”催化剂——镍掺杂的磷化钴三元纳米片电催化剂(Ni0.1Co0.9P)。回答下列问题:(1)Co在元素周期表中的位置为,Co2+价层电子排布式为。

(2)Co、Ni可形成[Co(NH3)6]Cl2、K3[Co(NO3)6]、Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等多种配合物。①SO42-的空间构型为,NO②C、N、O、S四种元素中,第一电离能最大的是。

③1mol[Co(NH3)6]Cl2中含有σ键的数目为;

已知NF3比NH3的沸点小得多,试解释原因:

。

(3)常用丁二酮肟来检验Ni2+,反应如下:Ni2+(aq)+22H+(aq)①1个二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)中含有个配位键。

②上述反应的适宜pH为(填字母)。

A.12 B.5～10 C.1(4)磷化硼是一种备受关注的耐磨涂料,其晶体中磷原子作面心立方最密堆积,硼原子填入四面体空隙中(如图)。已知磷化硼晶体密度为ρg·cm3,计算晶体中硼原子和磷原子的最近核间距为cm。

18.(12分)过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是过氧化物类的消毒剂,可以利用侯氏制碱法得到的Na2CO3进行制备,流程图如下:已知:①产物A中可能含有少量的Cu2+、Fe3+金属离子杂质。②硅酸钠可与Cu2+、Fe3+等高价金属离子形成沉淀。请回答下列问题:(1)虚线框中是侯氏制碱法的原理,某同学用如图装置在实验室模拟侯氏制碱法,实验中应先打开弹簧夹

(填“a”或“b”),通入(填化学式)。

(2)索尔维制碱法是利用石灰石分解制备CO2,并用生成的CaO和NH4Cl反应制备氨气,将NH3和CO2通入饱和食盐水制备NaHCO3晶体,分离提纯后分解制备纯碱。与索尔维制碱法相比,侯氏制碱法的优点是(至少写两点)。

(3)“反应”需控制温度在20℃左右,写出“反应”中生成产品D的化学方程式:,

加Na2SiO3的作用是。

(4)流程图中可循环使用的物质有。

(5)操作F的主要步骤有

(已知NaCl和NH4Cl的溶解度曲线如图所示)。(6)为了测定产品D的纯度,某小组的方法是:取mg产品D配成100mL的溶液,取出20mL0.0100mol·L1硫酸酸化的KMnO4溶液滴定至终点,该滴定过程中消耗高锰酸钾标准溶液的体积为VmL。产品的纯度为%(用含有m和V的式子表示)。

19.(12分)钴是熔点高的金属,可与氯气反应制氯化钴(CoCl2),氯化钴易潮解,可用于催化剂的制备、氨的吸收等。制备氯化钴的装置如图所示。已知:Co(Ⅲ)的氧化性强于Cl2。(1)检查A装置气密性的方法:用止水夹夹住A、B之间的橡皮管,向分液漏斗中加水,

(将步骤补充完整),证明装置A气密性良好。

(2)装置A烧瓶中的固体为漂粉精,烧瓶中发生反应的化学方程式为。(3)装置C的洗气瓶中盛放的试剂是,装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是

。

(4)E中物质的名称,其作用是

。

(5)钴有多种氧化物,Co2O3与浓盐酸反应的离子方程式是。(6)氯化钴溶液与氯化铝溶液类似,直接蒸干不能得到CoCl2固体,使氯化亚砜(SOCl2)与CoCl2·6H2O混合加热可以得到氯化钴固体,原因是

。

(7)向氯化钴溶液中加入草酸钠(Na2C2O4),生成草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O),将草酸钴晶体在空气中充分加热,将反应生成的气态物质通入澄清石灰水中生成沉淀的质量为60g,剩余固体为钴的某种氧化物,其质量为24.1g,计算确定钴的氧化物的化学式是。

20.(12分)国家级一类抗癌新药——盐酸埃克替尼的研发的关键中间体G的一种合成路线如下:已知:①A分子中只有一种化学环境的氢;②TsCl为。(1)A的名称为。

(2)G中所含官能团的名称是;E的结构简式为。

(3)由B生成C的反应类型是,由F生成G的反应类型是。

(4)PEO是由A在烃基铝催化下加聚而成的线型高分子,该加聚反应的化学方程式为

(5)三取代芳香化合物W是D的同分异构体。W既能发生银镜反应和水解反应,又能与FeCl3溶液发生显色反应。1molW最多可与4molNaOH反应,W的核磁共振氢谱只有4组峰。W的结构简式为

(写一种即可)。

参照上述合成路线,以邻硝基甲苯()和乙醇为原料,设计制备邻氨基苯甲酸乙酯()的合成路线:

(无机试剂任选)。

参考答案1.C使用清洁能源,可以保护空气,保护环境,节约化石燃料,减少尾气的排放,故A正确;二氧化硫具有还原性,具有抗氧化作用,故B正确;消毒液长时间敞开保存会挥发、分解、变质等,故其消毒效果会减弱,故C错误;ABS树脂是指丙烯腈、丁二烯、苯乙烯的共聚物,故属于有机高分子材料,故D正确。2.D用铜片和浓硫酸制取二氧化硫需要加热,且生成的二氧化硫能和水反应,所以不能用排水法收集,故A错误;用生石灰和浓氨水制取氨气不需加热,但氨气易溶于水,所以不能用排水法收集,故B错误;用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热,且生成的氯气能和水反应,所以不能用排水法收集,故C错误;过氧化钠与水反应制取氧气不需要加热,且氧气可用排水法收集,该装置可以制取和收集氧气,故D正确。3.BW、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素,其中W为宇宙中含量最为丰富的元素,则W为氢;X元素形成的简单气态氢化物的熔、沸点最高,则X为氧;Y与W和M能形成化学式为YW和YM的离子化合物,能与H形成离子化合物的元素应该是活泼金属,则Y为钠,M为氯;Z的最外层电子数是W、X、Y元素最外层电子数之和的一半,则Z最外层电子数为1+6+12=4,则Z为硅;Q为Y的最高价氧化物对应水化物,则Q为氢氧化钠。NaH中阴离子为H,H与Li+核外电子数相同,核电荷数越大,半径越小,则H的半径比Li+大,故A错误;Z元素的单质为硅,其最高价氧化物为SiO2,均能与氢氧化钠溶液反应,故B正确;X元素与Y元素能形成两种化合物,分别为Na2O和Na2O2,Na2O中只含有离子键,Na2O2中既有离子键又有共价键,所含化学键类型不相同,故C错误;氯气和氢氧化钠溶液反应可以生成NaClO3:3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,则1mol氯气参加反应时,转移53NA4.AX分子中羟基和都能发生氧化反应,羟基、酯基、溴原子和苯环上的氢原子都能发生取代反应,羟基和溴原子能发生消去反应,A正确;连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子,X分子含有3个手性碳原子(标*号的碳原子为手性碳原子),B错误;X分子中含有羟基、酯基、羰基、溴原子四种官能团,C错误;1molX分子中含有1mol酯基和1mol溴原子,酯基和溴原子都能跟氢氧化钠发生水解反应,所以1molX与足量NaOH溶液反应,最多消耗2molNaOH,D错误。5.B3.1g白磷的物质的量为3.1g124g/mol=0.025mol,一分子白磷中含有6个P—P键,则3.1g白磷中P—P键的数目为0.025×6NA=0.15NA,故A错误;6.2g磷烯的物质的量为0.2mol,根据均摊法知,一个六元环含有P原子的数目为6×13=2,则6.2g磷烯含六元环的数目为0.1NA,故B正确;该反应为可逆反应,不能完全进行到底,因此生成PH3分子的数目应小于0.4NA6.C根据图示,NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气,该分解过程是:2NON2+O2,故A正确;铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水,可以用于实验室制取NO,故B正确;过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子,断开化学键需要吸收能量,过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气,形成化学键需要释放能量,故C不正确;根据反应2NON2+O2,O元素由2价变为0价,生成1molO2,同时生成1molN2,转移4mol电子,标准状况下,NO分解生成5.6L(0.25mol)N2,转移电子数约为0.25mol×4×6.02×1023mol1=6.02×1023(个),故D正确。7.D35Cl2与37Cl2是同种单质,不能互称为同位素,也不能互称为同分异构体,故A正确;如为H—C≡C—C≡C—C≡C—H,则为直线形分子,故B正确;2,2二甲基丁烷中含有3种等效氢原子,则一氯代物有3种,2,4二甲基戊烷中含有3种等效氢原子,则一氯代物也有3种,故C正确;含有的酚羟基的数目不同,则结构不同,不互为同系物,都属于酚,故D不正确。8.A图2是甲烷燃料电池,通入甲烷的电极为负极,通入氧气的电极为正极,图1中d电极为阳极,与电源正极b相连,c电极为阴极,与电源负极a相连,故A不正确;d电极为阳极,硅失电子被氧化,而铜没有,所以Si优先于Cu被氧化,故B正确;通入甲烷的a电极为负极,发生氧化反应,电极反应为CH48e+4O2CO2+2H2O,故C正确;相同时间下,通入CH4、O2的体积不同,电流强度不同,会导致转移电子的量不同,会影响硅的提纯速率,故D正确。9.D反应①为酯化反应,属于取代反应,反应②不饱和度降低,为加成反应,A项错误;反应③产物只有乙酸乙酯,其原子利用率为100%,而反应④为C4H10+O2C4H8O2,H原子没有全部进入目标产物,原子利用率不为100%,B项错误;与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3种,C项错误;乙醇溶于碳酸钠溶液,乙酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳,乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液,则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别,D项正确。10.D由操作③用四氯化碳萃取可知,操作②中生成碘单质,发生反应的离子方程式为2IO3-+5SO32-+2H+I2+5S11.B淀粉水解液中加NaOH溶液至中性,再加入少量碘水,溶液变蓝,说明溶液中含有淀粉,淀粉溶液在稀硫酸、加热条件下肯定发生水解反应,根据实验现象可确定淀粉部分水解,A项错误;由盐酸和镁粉反应后溶液温度升高,可判断镁与盐酸的反应为放热反应,B项正确;向浓度均为0.1mol·L1的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液,没有给出溶度积数据和Na2CO3溶液的用量,无法确定白色沉淀的成分,若Na2CO3溶液足量,会得到BaCO3和CaCO3两种沉淀,C项错误;KMnO4溶液具有强氧化性,与H2O2反应时H2O2表现出还原性,D项错误。12.C将煤制成水煤浆加入电解槽增大了水煤浆中FeS2与氧气的接触面积,有利于反应的充分进行,故A正确;阳极的电极反应式为4OH4eO2↑+2H2O,故B正确;Fe(OH)2极易被氧化,则煤中的铁元素最终应该以Fe(OH)3的形式存在,故C不正确;根据图乙中的信息,NaOH溶液的浓度为1mol·L1时脱硫率最大,故D正确。13.B根据工艺流程可知,工业上采用的Bayer法制备NaBH4第一步为:Na2B4O7(可表示为Na2O·2B2O3)与SiO2在高温下反应得到熔体,第二步则是熔体与Na和H2在400～500℃条件下发生反应生成NaBH4与Na2SiO3的过程。Na2B4O7可表示为Na2O·2B2O3,则在制备NaBH4过程中,也可用B2O3代替Na2B4O7作原料,故A正确;两步的总反应中B元素化合价未变,氢气中H元素化合价从0价降低到1价,被还原作氧化剂,而Na元素化合价从0价升高到+1价,被氧化作还原剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,故B错误;将SiO2粉碎,可增大反应中固体的接触面积,从而可增大得到熔体的速率,故C正确;由题图可知该工艺整个制备过程中无污染性物质产生,符合绿色化学理念,故D正确。14.ACa点溶质是BOH,为碱性溶液,抑制水的电离,b、d两点水的电离程度相等,c点是盐酸与BOH恰好完全反应的点,得到BCl溶液,呈酸性,B+的水解促进水的电离,故水的电离程度:c>d=b>a,A正确;c点溶质为BCl,由质子守恒可得:c(BOH)+c(OH)=c(H+),d点HCl过量,则c(BOH)+c(OH)<c(H+),B错误;a点加入盐酸的量为0,溶液溶质为BOH,由此可知常温下BOH电离的c(OH)=10-1410-11mol/L=103mol/L,Kb=c(B+)×c(OH15.D已知:ⅰ.b点时溶液澄清透明,向其中分别加入KSCN溶液和NaOH溶液,现象分别为出现血红色和灰绿色难溶物,说明溶液中存在Fe3+和Fe2+,无Fe(OH)3生成,再结合b点溶液pH与FeCl3溶液相比,基本不变,则在b点,即c(SO32-)c(Fe3+)=0.5时,两者主要发生氧化还原反应:2Fe3+ⅱ.c点和d点均出现明显红褐色难溶物,取上层清液,分别加入KSCN溶液和NaOH溶液,现象分别为出现血红色和无明显变化,说明有Fe(OH)3生成,溶液中无Fe2+,再结合c、d点溶液pH与FeCl3溶液相比显著增大,则在c点和d点附近,即c(SO32-)c(Fe3+)=1.5时,两者主要发生相互促进的水解反应:2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3↓+3H2SO3。a点是FeCl3溶液,在配制时需加入盐酸抑制Fe3+水解,故A正确;由上述分析,结合b点附近pH的变化以及实验现象,说明此处发生了氧化还原反应,故B正确;由上述分析可知,c点溶液中发生的主要反应为2Fe3++3SO3216.解析:(1)根据盖斯定律可知反应ⅰⅱ可得反应ⅲ,所以ΔH3=ΔH1ΔH2=49.4kJ·mol141.2kJ·mol1=90.6kJ·mol1。(2)ΔH1<0,ΔH3<0,即生成甲醇的反应均为放热反应,所以温度升高,平衡时甲醇的物质的量分数应减小,ΔH2>0,生成CO的反应为吸热反应,所以随温度升高,平衡时CO的物质的量分数会变大,两者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇,所以Z代表H2O,Y代表CH3OH,X代表CO。①依据主要反应的化学方程式可知,反应ⅰ消耗CO2,反应ⅱ逆向产生CO2,最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于ΔH1<0而ΔH2>0,根据勒夏特列原理,温度改变时,反应ⅰ和反应ⅱ平衡移动方向相反,且平衡移动程度相近,导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大;②反应ⅱ平衡常数K=c(CO)·c(H2③加入适量CO,促使反应ⅲ平衡正向移动,产生更多的CH3OH,而反应ⅱ平衡逆向移动,又可减少CO2转化为CO,使更多的CO2通过反应ⅰ转化为CH3OH,故CH3OH产率提高,A项正确;增大压强,有利于反应ⅰ和ⅲ的平衡正向移动,而对反应ⅱ无影响,B项正确;循环利用原料气能提高CO2的转化率,使CH3OH的产率提高,C项正确;由题图可知,升温,CH3OH的物质的量分数下降,产率降低,D项错误;综上所述选D;④根据分析可知X代表CO,Y代表CH3OH。(3)①生成CH3OH的决速步骤,指反应历程中反应速率最慢的反应。速率快慢则由反应的活化能决定,活化能越大,反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据,找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应为HCOOH*+2H2(g)H2COOH*+32H2;②反应ⅰ的ΔH1=49.4kJ·mol1,指的是1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量与1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量之差,而反应历程图中的E表示的是1个CH3OH分子和1个H2O分子的相对总能量与1个CO2分子和3个H2分子的相对总能量之差(单位为eV),且将起点的相对总能量设定为0。所以,作如下换算即可求得相对总能量E=ΔH1NA(4)因为电解过程CO2被还原为CH3OH,H2应发生氧化反应,故氢气通入阳极附近溶液中;而阴极上CO2转化为CH3OH,碳元素从+4价降为2价,电解质溶液为硫酸,所以电极反应方程式为CO2+6e+6H+CH3OH+H2O。答案:(1)90.6(2)①温度改变时,反应ⅰ和反应ⅱ平衡移动方向相反②<③D④CO、CH3OH(3)①HCOOH*+2H2(g)H2COOH*+32H2②0.51(4)阳CO2+6e+6H+CH3OH+H2O17.解析:(1)Co为27号元素,位于元素周期表第四周期第Ⅷ族;基态Co原子价层电子排布式为3d74s2,失去最外层2个电子形成Co2+,所以Co2+的价层电子排布式为3d7。(2)①硫酸根中心N原子的价层电子对数为4+6+2-4×22=4,无孤对电子,所以空间构型为正四面体形;NO3-②同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小,同周期元素自左向右第一电离能呈增大趋势,但第ⅡA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,所以4种元素中第一电离能最大的为N元素;③6个NH3与Co2+之间形成6个配位键,属于σ键,每个氨气分子中的氮氢键也为σ键,共6+3×6=24(个),所以1mol[Co(NH3)6]Cl2中含有的σ键数目为24NA;NH3分子间存在氢键,所以沸点较高。(3)①根据N原子的成键特点可知,在二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)中N原子和Ni2+形成的化学键均为配位键,所以1个二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)中含有4个配位键;②碱性太强容易生成Ni(OH)2沉淀,酸性太强时大量的氢离子存在不利于二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)的生成,所以适宜的pH应为5～10。(4)由题图可知,1个晶胞中含有4个B原子和4个P原子,故晶胞质量m=4×(11+31)NAg,设晶胞边长为acm,则晶胞的体积V=a3cm3,故晶胞密度ρ=mV=4×(11+31)NA×a3g·cm3,解得a=2×321答案:(1)第四周期第Ⅷ族3d7(2)①正四面体形sp2②N③24NANH3分子间存在氢键(3)①4②B(4)32×18.解析:(1)侯氏制碱法先通氨气再通二氧化碳,因为氨气在饱和食盐水中的溶解度比二氧化碳的大,且氨气易溶于水,为防止倒吸,应从弹簧夹b端通入氨气。(2)侯氏制碱法化学方程式:NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl,析出了NH4Cl,可用作氮肥;索尔维制碱法的缺点是产生大量CaCl2,用途不大,故侯氏制碱法的优点是减少无用的CaCl2生成;且侯氏制碱法的NaCl利用率比索尔维制碱法的高,可以循环利用。(3)“反应”中生成产品D的化学方程式:2Na2CO3+3H2O22Na2CO3·3H2O2;由已知条件知,硅酸钠可与Cu2+、Fe3+等金属离子形成沉淀,防止金属离子催化H2O2分解。(4)操作F可得到食盐水,产物B为CO2,这些都是反应原料,根据流程图,异丙醇也为可循环使用的物质,因此可循环使用的物质有CO2、NaCl、异丙醇。(5)操作F是分离NH4Cl晶体与饱和食盐水,从两者的溶解度曲线看,NH4Cl在低温时溶解度比NaCl的小,故操作F的主要步骤为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(6)n(KMnO4)～n(H2O2)=2～5,则n(H2O2)=52n(KMnO4)=52×0.01×V=0.025V,产品D:n(2Na2CO3·3H2O2)=13n(H2O2),纯度为m(2N答案:(1)bNH3(2)提高了食盐的利用率,可循环使用;可制得氮肥NH4Cl;减少无用的CaCl2生成,可与合成氨厂联合,降低了设备的成本(3)2Na2CO3+3H2O22Na2CO3·3H2O2硅酸根