福建省莆田一中高三模拟质量检测化学试题

莆田一中2021届高三模拟测试卷化学本试卷总分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：C：12H：1O：16Mg：24一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是A.过度的开采可燃冰，有可能加剧温室效应B.过期药品和针管不可投入可回收垃圾箱内C.防护服的主要材料为有机合成高分子材料D.75%的酒精和84消毒液的消毒原理相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A．可燃冰的主要成分为甲烷，甲烷和燃烧生成的二氧化碳都是温室气体，则过度的开采可燃冰，有可能加剧温室效应，故A正确；B．过期药品和针管属于有毒有害垃圾，不可投入可回收垃圾箱内，故B正确；C．制作防护服的聚乙烯、聚丙烯、聚酯纤维等都属于有机合成高分子材料，故C正确；D．75%的酒精因为能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，而次氯酸钠因为在溶液中发生水解反应生成具有强氧化性的次氯酸，与细菌发生氧化还原反应起到杀菌消毒的作用，两者消毒原理不同，故D错误；故选D。2.肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O制备。下列有关微粒的描述错误的是A.N2H4的结构式为 B.NaClO的电子式为C.Na+的离子结构示意图： D.中子数为18的氯的核素：【答案】B【解析】【分析】【详解】A．N2H4分子中两个N原子共用一对电子，每个N原子和两个H原子分别共用一对电子，结构式为，A正确；B．NaClO属于离子化合物，由钠离子和次氯酸根离子构成，电子式为，B错误；C．Na+核电荷数为11，核外有10个电子，结构示意图为，C正确；D．质子数为17、中子数为18的氯原子质量数为17+18=35，可以表示为Cl，D正确；答案为B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LNO2中含原子数为2NAB.138gC2H5OH中含极性键的数目为20NAC.标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl、ClO和HClO的微粒数之和为NAD.向1L1mol·L1的NH4Cl溶液中加氨水至中性，此时溶液含NH数目为NA【答案】D【解析】分析】【详解】A．标准状况下二氧化氮不是气体，22.4LNO2的物质的量不是1mol，含有的氧原子数不是2NA，故A错误；B．一个乙醇分子中含有一个CC键、一个CO键、一个OH键和5个CH键，除CC键属于非极性键外，其他都是极性键，因此一个乙醇分子含有7个极性键，138gC2H5OH的物质的量为3mol，含有的极性键数为21NA，故B错误；C．氯水中含有氯元素的微粒有Cl2、Cl、HC1O和ClO，标准状况下11.2LCl2的物质的量为0.5mol，含有0.5molCl，其水溶液中存在的物料守恒关系为：2N(Cl2)+N(HC1O)+N(Cl)+N(ClO)=NA，故C错误；D．1L1mol·L1NH4Cl溶液中溶解了1molNH4C1，含有1molCl，溶液中存在的电荷守恒关系为：加入氨水至溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，则，因此该溶液中NH与Cl的数目相等，含NH数目为NA，故D正确；故选D。4.司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（）A.b的一氯代物有4种B.c的分子式为C14H14O3C.1mold最多能与4molH2发生加成反应D.d中所有碳原子可能处于同一平面【答案】C【解析】【详解】A．b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误；B．根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3，故B错误；C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应，所以1mold最多能与4molH2发生加成反应，故C正确；D．d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；故答案选C。【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。5.下列实验方案正确的是ABCD分离四氯化碳与水除去食盐水中的泥沙制备乙酸乙酯分离苯和硝基苯A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】分析】【详解】A．密度比水大，有机层应在下层，A错误；B．漏斗末端应紧靠烧杯内壁，B错误；C．乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液收集，C正确；D．温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，D错误；故选C。6.短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，最外层电子数：3Z+M=X+Y，其中元素R、X、Y、M形成的化合物(结构式)具有如图所示转化关系。下列说法错误的是A.简单气态氢化物的稳定性：Y>XB简单离子半径：M>Y>ZC.M的最高价氧化物对应水化物为强酸D.Z分别与R、X、Y、M形成的化合物中均只含离子键【答案】D【解析】【分析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，由图知，R、X、Y、M的共用电子对数分别为1、4、2和1，则R、X、Y、M最分别为H、C、O和Cl，按最外层电子数：3Z+M=X+Y，可得Z最外层为1电子，则Z为Na，据此回答；【详解】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：Y>X，A正确；B．M即氯离子有18电子、半径比较大，Y和Z离子均10电子，具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小。则简单离子半径：M>Y>Z，B正确；C．M的最高价氧化物对应水化物即高氯酸为强酸，C正确；D．Z即Na与Y即O形成的化合物过氧化钠中既含离子键又有共价键，D不正确；答案选D。7.下列离子方程式书写正确的是A.向BaCl2溶液中通入SO2气体：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+B.向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液：Al3++4OH=+2H2OC.向Na2CO3溶液中通入过量SO2：+2SO2+H2O=CO2+2D.将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液：5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故A错误；B．硫酸铝铵溶液与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为NH+Al3++5OH—=NH3·H2O+AlO+2H2O，故B错误；C．碳酸钠溶液与过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为+2SO2+H2O=CO2+2，故C正确；D．草酸与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故选C。8.理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.HCN比HNC稳定B.该异构化反应的C.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.使用催化剂，可以改变反应的反应热【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。综上所述，答案为D。9.HgHg2SO4标准电极常用于测定其它电极的电势，测知HgHg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势。以下说法正确的是

A.K2SO4溶液可用CCl4代替B.HgHg2SO4电极反应为Hg2SO42e=2Hg+C.若把CuCuSO4体系换作ZnZnSO4体系，电压表的示数变大D.微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用【答案】C【解析】【分析】根据题干信息，HgHg2SO4电极的电势高于Cu电极的电势，则HgHg2SO4电极为正极，得到电子发生还原反应，则电极反应式为：Hg2SO4+2e=2Hg+，Cu电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu2e=Cu2+，据此分析解答。【详解】A．CCl4为非电解质，不能导电，因此不能用CCl4代替K2SO4溶液，A错误；B．由上述分析可知，HgHg2SO4电极为正极，其电极反应式为：Hg2SO4+2e=2Hg+，B错误；C．由于CuCuSO4体系是电池的负极，失去电子发生氧化反应，若换成更加活泼的ZnZnSO4体系，更容易失去电子，电压表的示数变大，C正确；D．微孔瓷片是便于离子通过，而阻隔溶液通过的作用，D错误；答案选C。10.常温下，向20mL浓度均为0.1mol·L1的HA与NaA的混合溶液中，分别滴加浓度均为0.1mol·L1的HCl、NaOH两种溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示。下列说法正确的是A.滴加HCl溶液的曲线为I B.水的电离程度：c>b>aC.d点时，lg≈5.24 D.c点溶液中存在：c(Na+)=2[c(A)+c(HA)]【答案】C【解析】【分析】0.1mol/L的HA与NaA的混合液的pH=4.76，说明HA为弱酸，且在该混合液中HA的电离程度大于A的水解程度；向该混合液中，滴加HCl，溶液的pH减小，则滴加盐酸溶液的曲线为II；滴加NaOH溶液，溶液的pH增大，滴加NaOH溶液的曲线为I；据此分析作答。【详解】A．滴加盐酸，溶液的pH减小，滴加盐酸的曲线为II，A错误；B．a、b点都在曲线II上，滴加盐酸时发生反应NaA+HCl=NaCl+HA，随着HCl的滴入，NaA逐渐减少、HA逐渐增多，HA电离出H+抑制水的电离，A水解促进水的电离，则水的电离程度不断减小，则水的电离程度a＞b，b点时加入20mL盐酸得到0.1mol/LHA和0.05mol/LNaCl的混合液，c点在曲线I上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液，则水的电离程度c＞b，B错误；C．0.1mol/L的HA与NaA的混合液的pH=4.76，溶液中c(H+)=104.76mol/L，则Ka(HA)=≈104.76，d点溶液的pH=10，溶液中c(H+)=1010mol/L，Ka(HA)==≈104.76，≈105.24，则lg≈5.24，C正确；D．c点在曲线I上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液，溶液中的物料守恒为c(Na+)=c(A)+c(HA)，D错误；答案选C。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。回答下列问题：(1).仪器Q的名称为_______；装置b的作用是_______。(2).装置a中反应的化学方程式为_______。(3).装置e中出现_______(填现象)可证明SO2具有还原性。(4).实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I+4H+⇌S↓+2I2+2H2O。探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实验设计进行验证(SO2体积已折算为标准状况下体积)。限选试剂：0.1mol·L1KI溶液、1.0mol·L1KI溶液、2.0mol·L1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸、浓盐酸影响因素编号操作现象c(I)i取50mL①_____于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液变为浅黄色ii取50mL1.0mol·L1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速变黄c(H+)iii取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL②______于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速变黄iv取50mL1.0mol·L1KI溶液和5mL③___于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速变黄，且出现乳黄色浑浊探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=+2I+4H+。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。方案操作预期现象结论i取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴④___溶液(填试剂名称)，振荡无明显变化浊液中无I2ii将装置d中浊液进行分离得淡黄色固体和澄清溶液取适量分离后的澄清溶液于试管中，⑤___⑥___⑦__⑧综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为_______。【答案】(1).①.圆底烧瓶②.防止倒吸(2).Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(3).KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色(4).①.0.1mol·L1KI溶液②.蒸馏水③.浓盐酸④.淀粉溶液⑤.加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液⑥.白色沉淀⑦.产物溶液中存在⑧.3SO2+2H2OS↓+2+4H+【解析】【分析】本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：，由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，由于SO2具有强还原性，装置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收SO2，装置d中根据实验现象，展开实验探究，探究Ⅰ是探究浓度对上述可逆反应SO2+4I+4H+S↓+2I2+2H2O的影响，探究Ⅱ则是探究SO2在KI溶液体系中的反应产物，通过对照实验进行对照最后得出结论，据此分析解题。【小问1详解】由题干实验装置图可知，仪器Q圆底烧瓶；由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸；【小问2详解】装置a中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；【小问3详解】酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性；【小问4详解】实验ⅰ和实验ⅱ是探究I浓度对反应的影响，根据控制变量法可知，两实验只有KI的浓度不同，其他条件均相同才能能出正确结论，结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理实验ⅲ和实验ⅳ是探究H+浓度对可逆反应的影响，硝酸是氧化性酸、会氧化二氧化硫发生其它反应，故排除硝酸、选用盐酸。结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅲ中加入5mL蒸馏水；实验ⅳ中加入5mL浓盐酸；探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物实验ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知实验ⅰ中加入几滴淀粉溶液，根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I+4H+可知，实验ⅱ则要检验反应后的溶液中含有，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸酸化，再加入氯化钡溶液；若看到有白色沉淀生成；说明反应后的浊液中含有；综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OS+2+4H+。12.以金属切削废料(由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成)为原料回收镍钴生产NiSO4·7H2O和CoCl2·6H2O的工艺如图：

已知：①相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Co3+Co2+Fe3+Fe2+Ni2+开始沉淀的pH0.37.21.56.36.9沉淀完全的pH1.19.22.88.38.9②常温下，Ksp(NiCO3)=1.0×107。回答下列问题：(1)将废料研磨成粉的作用是___。(2)理论上“除铁”需控制pH的范围为___，“滤渣2”中除Fe(OH)3外，还有少量黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，写出Fe3+生成黄钠铁矾的离子方程式：___。(3)写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式：___。“镍钴分离”后溶液中c(Ni2+)=1.0mol·L1，若“滤液2”中c(CO)=105mol·L1，则沉镍率=___[沉镍率=]。(4)“转化”时产生的气体为___。(5)碱性镍氢电池是国产比亚迪汽车车载电池之一，其电池反应为：NiOOH+MHNi(OH)2+M。放电时，负极反应式为___。【答案】①.增大固液接触面积，加快酸溶速率，提高原料利用率②.2.8~6.9或2.8≤pH＜6.9③.6Fe3++4SO+2Na++12OH=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓④.ClO+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl+4H+⑤.99%或0.99⑥.Cl2⑦.MHe+OH=M+H2O【解析】【分析】金属切削废料(由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成)中加入HNO3、H2SO4的混合液，金属转化为阳离子溶解在溶液中，Ni、Co转化为Ni2+、Co2+，Fe被HNO3氧化为Fe3+，金刚砂（SiC）不与酸反应，滤渣1是SiC；滤液1加NaOH调pH，此时需让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，但不能使Ni2+、Co2+沉淀，因此pH需控制为2.8~6.9，滤渣2为Fe(OH)3；滤液中再加NaClO将Co2+氧化为Co(OH)3，反应的离子方程式为ClO+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl+4H+；再加Na2CO3，将Ni2+转化为NiCO3沉淀，离子方程式为Ni2++=NiCO3；NiCO3中加H2SO4，反应生成NiSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得NiSO4∙7H2O；钴镍分离后得到的Co(OH)3加浓HCl，可将三价的Co还原为二价，得到CoCl2，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得CoCl2∙2H2O。【详解】(1)将废料研磨成粉可以增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；(2)根据分析，“除铁”需控制pH的范围为2.8~6.9或2.8≤pH＜6.9；根据流程可知，黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的形成需要Fe3+、SO、Na+、OH，反应的离子方程式为6Fe3++4SO+2Na++12OH=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓；(3)根据分析，钴镍分离时发生的反应为ClO+2Co2++5H2O=2Co(OH)3↓+Cl+4H+；c(CO)=105mol/L，根据Ksp(NiCO3)=1.0×107可知，c(Ni2+)==0.01mol/L，沉镍率===0.99；(4)根据分析，转化时Co(OH)3将HCl氧化，HCl转化为Cl2；(5)根据NiOOH+MHNi(OH)2+M可知，MH为吸附了H原子的合金，M和H均为0价，放电时MH中0价的H失电子生成H2O，电极反应为MHe+OH=M+H2O；13.CO2作为未来的重要碳源，其选择性加氢合成CH3OH一直是研究热点。在CO2加氢合成CH3OH的体系中，同时发生以下反应：反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1＜0反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2＞0(1)原料CO2可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的是__(填标号)。A.Na2CO3溶液B.NaOH溶液C.CH3CH2OHD.NH4Cl溶液(2)在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓(△fH)。下表为几种物质在298K的标准生成焓，则反应ⅱ的△H2=__kJ•mol1。物质H2(g)CO2(g)CO(g)H2O(g)△fH(kJ•mol1)0394111242(3)在CO2加氢合成CH3OH的体系中，下列说法错误的是__(填标号)。A.增大H2浓度有利于提高CO2的转化率B.若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡C.体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动D.选用合适的催化剂可以提高CH3OH在单位时间内的产量(4)某温度下，向容积为1L的密闭容器中通入1molCO2(g)和5molH2(g)，10min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为50%。已知：CH3OH的选择性χ=×100%①用CO2表示0～10min内平均反应速率v(CO2)=___。②反应ⅰ的平衡常数K=___(写出计算式即可)。(5)维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，二氧化碳的转化率α(CO2)和甲醇的选择性χ(CH3OH)随温度变化的关系如图所示：已知催化剂活性受温度影响变化不大。结合反应ⅰ和反应ⅱ，分析235℃后曲线变化的原因。①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是___；②二氧化碳的转化率随温度升高也在下降的可能原因是___。【答案】①.AB②.+41③.C④.⑤.⑥.ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动⑦.反应达平衡后，升高温度，反应ⅰ使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ⅱ使二氧化碳的转化率增大的程度【解析】【分析】【详解】(1)能与CO2反应的，均可以作为CO2捕获剂，故选AB；(2)根据已知信息可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=242kJ•mol1；②C(s)+O2(g)=CO(g)△H=111kJ•mol1；③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=394kJ•mol1；根据盖斯定律可得，由①+②③可得反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ•mol1；(3)A.增大H2浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，正确；B.混合气体的总质量不变，但是总物质的量随反应进行发生变化，则气体的平均相对分子质量会随反应的进行发生变化，则若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；C.体系达平衡后，若压缩体积，增大压强，则反应ⅰ正向移动，CO2、H2的浓度减小，则反应ⅱ逆向移动，错误；D.催化剂虽然不能使平衡发生移动，但是可以加快反应速率，故选用合适的催化剂可以提高CH3OH在单位时间内的产量，正确；故选C；(4)①用CO2表示0～10min内平均反应速率；②反应达到平衡时，CO2的转化量为0.2mol，CH3OH的选择性为50%，则，则，则可得：，，则平衡时，c(CO2)=1mol/L0.1mol/L0.1mol/L=0.8mol/L，c(H2)=5mol/L0.3mol/L0.1mol/L=4.6mol/L，c(CH3OH)=0.1mol/L，c(H2O)=0.1mol/L+0.1mol/L=0.2mol/L，反应ⅰ的平衡常数；(5)①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是反应ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动；②反应ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，会使二氧化碳的转化率有减小的趋势；反应ⅱ为吸热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动，会使二氧化碳的转化率有增大的趋势，反应ⅰ使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ⅱ使二氧化碳的转化率增大的程度，故二氧化碳的转化率随温度升高在下降。14.单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。(1).基态镍原子的核外电子排布式为_______。(2).氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为_______﹔在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是_______，立体构型为正四面体的分子是_______，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是_______。(3).Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是_______，Ni(CO)4晶体类型是_______。(4).已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgО晶胞边长为0.42nm，则MgO的密度为_______g/cm3(保留小数点后一位)。【答案】①.1s22s22p63s23p63d84s2②.Mg＜C＜O③.CO2④.CH4⑤.甲醇极性分子，且甲醇分子间能形成氢键⑥.C⑦.分子晶体⑧.3.6【解析】【分析】【详解】(1)镍元素的原子序数为28，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；(2)金属元素的第一电离能小于非金属元素的电负性，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则Mg、O和C三种元素的第一电离能由小到大排序为Mg<C<O；甲烷和甲醇分子中的碳原子都为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，空间构型都为四面体形，但甲烷的空间构型为正四面体形，二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，杂化方式为sp杂化，则二氧化碳分子中的碳原子的杂化方式不同于甲烷和甲醇分子；甲烷和二氧化碳为结构对称的非极性分子，甲醇分子是结构不对称