江西省萍乡市2023-2024学年高三下学期二模考试化学试题（含答案解析）

江西省萍乡市2023-2024学年高三下学期第二次模拟考试化学试题本试卷分选择题非选择题两部分，时量：75分钟满分：100分考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认具核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。2.客观题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。主观题用黑色墨水签字笔在答题下上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量H：1Li：7C：12Ｏ：16Ca：40Ce140一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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.“增强文化自信，讲好江西故事”，江西历史人文底蕴深厚，下列叙述不正确的是A.江西景德镇出产的青花瓷是由黏土经过物理变化制得的，属于无机非金属材料B.华林造纸作坊遗址是我国发现的最早造纸作坊遗迹，纸的主要成分为纤维素C.南昌西汉海昏侯墓出土的文物，青铜雁鱼灯的主要成分为金属材料D.萍乡上栗县是江西省烟花之乡，烟花绽放时的五彩缤纷是利用了金属原子的发射光谱【答案】A【解析】【详解】A．黏土的主要成分是硅酸盐，所以陶瓷属于无机非金属材料，在黏土的烧结过程中，发生了复杂的物理、化学变化，A不正确；B．纸通常由植物纤维经过加工处理而成，则纸的主要成分为纤维素，B正确；C．青铜是铜的合金，属于金属材料，C正确；D．烟花点燃时，金属原子的核外电子吸收能量，由基态转化为激发态，利用了金属原子的发射光谱，D正确；故选A。2.氧化二氯(Cl2O)是净化饮用水的一种有效的净水剂，制备反应为，下列说法错误的是A.Cl2O的结构式为 B.键角C.中心原子的杂化方式为 D.Cl2的电子云轮廓图为【答案】B【解析】【详解】A．Cl2O分子中，中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，其最外层还有2个孤电子对，则结构式为，A正确；B．中，中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，但Cl原子吸引共用电子对的能力比H强，S原子吸收共用电子对的能力比O弱，则共用电子对最靠近H2O中的O原子，成键电子对间的排斥作用最大，键角最大，所以键角、，B错误；C．中心C原子的价层电子对数为=3，发生杂化方式为，C正确；D．形成Cl2时，两个Cl原子发生3p电子云的重叠，p电子云呈哑铃形，则电子云轮廓图为，D正确；故选B。3.下列实验操作或装置能达到相应目的的是A.检验是否沉淀完全B.测定溶液的pHC.用酸性溶液滴定D.钠的燃烧溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．检验硫酸根离子是否沉淀完全，可用钡离子检验，可将氯化钡溶液沿烧杯壁向上层清液继续滴加1-2滴，若无白色沉淀生成，则说明硫酸根离子沉淀完全，A正确；B．测定溶液的pH，需要用玻璃棒蘸取待测液，滴至干燥的pH试纸上，不能将pH试纸直接伸入待测液中，图示操作错误，B错误；C．酸式滴定管操作时，用左手控制活塞，拇指在前，食指和中指在后，轻轻转动酸式滴定管的活塞，图示操作错误，C错误；D．钠的燃烧应该在坩埚中进行，不能在表面皿中进行，D错误；故答案选A。4.研究人员在金星大气中探测到了磷化氢()气体。PH常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，的一种制备反方程式为：(未配平)，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.发生该反应每转移0.3mol电子，溶液中增加0.3个B.1mol中含4个键C.是含极性键的非极性分子D.1mol固体中含有离子数2【答案】D【解析】【详解】A．该反应中P元素由0价下降到-3价，又由0价上升到+1价，每转移0.3mol电子，生成0.3mol，但在溶液中会发生电离和水解，的增大量不是0.3，A错误；B．白磷的分子的结构为，1mol中含6个键，B错误；C．中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，是含极性键的极性分子，C错误；D．固体中含有Na+和，1mol固体中含有离子数2，D正确；故选D。5.下列离子方程式与所给事实相符的是A.向水杨酸溶液中加入碳酸氢钠：+2HCO→+2H2O+2CO2↑B.向碳酸氢镁溶液中加入过量澄清石灰水溶液产生白色沉淀：C.向溶液中通入气体：D.溶液滴入溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．酚羟基酸性小于碳酸，不会和碳酸氢钠反应，生成二氧化碳，A错误；B．由于石灰水过量，最终生成氢氧化镁和碳酸钙沉淀，B错误；C．硫化钠呈碱性，水应为反应物，生成硫单质和氢氧根离子，C错误；D．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：亚铁与铁氰化钾反应生成深蓝色沉淀，D正确；故选D。6.某种纯天然生物活性提取物质结构如图所示，下列有关该物质说法正确的是A.1mol该有机物与H2发生加成反应最多消耗H2的物质的量为15molB.完全水解可得4种有机产物C.该分子与足量H2加成后的产物中含有2个手性碳原子D.光照下与氯气反应，苯环上可形成C-Cl键【答案】C【解析】【详解】A．该有机物分子中，苯环能与H2发生加成反应，酰胺基、酯基都不能被H2还原，所以1mol该有机物与H2发生加成反应最多消耗H2的物质的量为12mol，A不正确；B．1mol该有机物发生水解时，可生成2mol、1mol和1mol，则完全水解可得3种有机产物，B不正确；C．该分子与足量H2加成后的产物中，带“∗”的碳原子为手性碳原子，则含有2个手性碳原子，C正确；D．苯及其同系物中，光照下与氯气发生侧链上的取代反应，苯环上氢原子不能被Cl2取代，则苯环上不能形成C-Cl键，D不正确；故选C。7.根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A将溴乙烷与NaOH乙醇溶液加热反应产生的气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中试管中的溶液紫红色褪去溴乙烷发生了消去反应，生成了乙烯气体B向FeCl2、KBr的混合溶液中滴入少量氯水，充分反应后再加入一定量的CCl4下层溶液呈无色，往上层溶液中滴加KSCN溶液后，溶液变为血红色氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+，振荡、静置分层，观察下层颜色；再向上层溶液中滴加KSCN溶液C向某溶液中加入NaOH浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝该溶液中一定没有D向滴有KSCN的FeCl3溶液中通入SO2溶液褪色SO2具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．将溴乙烷与NaOH乙醇溶液加热，反应产生的气体使酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是溴乙烷发生消去反应生成乙烯的还原作用，也可能是溶液中挥发出的乙醇的还原作用，A不正确；B．向FeCl2、KBr的混合溶液中滴入少量氯水，充分反应后再加入一定量的CCl4，液体分层，上下两层溶液都呈无色，上层溶液能使KSCN溶液变红，则表明反应生成了Fe3+，但不能肯定有Br2生成，则不能确定发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，也就是不能肯定氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，B不正确；C．氨气呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，向某溶液中加入NaOH浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变色，则该溶液中一定没有，C正确；D．向滴有KSCN的FeCl3溶液中通入SO2，溶液褪色，表明SO2具有还原性，因为Fe(SCN)3属于无机物，所以SO2不表现出漂白性，D不正确；故选C。8.X、Y、Z、W、Q为原子半径依次增大的短周期主族元素，基态Y原子核外电子排布的L层中只有两对成对电子，基态W原子核外s能级和p能级电子数相等，基态Z原子核外电子的空间运动状态数比基态W原子多2。下列说法一定正确的是A.第一电离能：W>Z>QB.Q与X形成的化合物一定是离子化合物C.工业上通过电解W和Y形成的化合物来制得W单质D元素电负性：X>Y>Z【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q为原子半径依次增大的短周期主族元素，基态Y原子核外电子排布的L层中只有两对成对电子，Y的电子排布式为1s22s22p4，Y为O元素；基态W原子核外s能级和p能级电子数相等，W的电子排布式为1s22s22p63s2，W为Mg元素；Mg核外电子的空间运动状态有6种，基态Z原子核外电子的空间运动状态数比基态W原子多2，即有8种，Z的电子排布式为1s22s22p63s23p2，Z为Si元素，X的原子半径比O小，可能为F或者H，Q的原子半径比Mg大，为Na。【详解】A．同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：Z>W>Q，故A错误；B．Na和H、F形成的化合物为NaH、NaF，二者都是离子化合物，故B正确；C．工业上通过电解Mg和Cl形成的化合物MgCl2来制得Mg单质，故C错误；D．X如果是H，电负性：O>H>Si，故D错误；故选B。9.锂离子电池及其迭代产品依然是目前世界上主流的手机电池。科学家近期研发的一种新型的Ca—LiFePO4可充电电池的原理示意图如图，电池反应为：，下列说法正确的是A.放电时，钙电极为负极，发生还原反应B.充电时，/电极的电极反应式为C.锂离子导体膜的作用是允许Li+和水分子通过，同时保证Li+定向移动以形成电流D.充电时，当转移0.2mol电子时，理论上阴极室中电解质的质量减轻4.0g【答案】B【解析】【分析】放电时，Ca失电子转化为Ca2+，则钙电极为负极，/电极为正极；充电时，钙电极为阴极，/电极为阳极。【详解】A．由分析可知，放电时，钙电极为负极，失电子发生氧化反应，A不正确；B．充电时，/电极为阳极，失电子转化为和Li+，电极反应式为，B正确；C．Ca的金属性强，能与水发生剧烈反应，所以LiPF6-LiAsF6为非水电解质，锂离子导体膜不允许水分子通过，锂离子导体膜允许Li+通过，其主要作用是允许Li+定向移动，构成闭合回路，从而形成电流，C不正确；D．充电时，当转移0.2mol电子时，理论上阴极室电解质中0.1molCa2+得电子生成0.1molCa，同时迁移入Li+0.2mol，质量减轻0.1mol×40g/mol-0.2mol×7g/mol=2.6g，D不正确；故选B。10.实验室可以通过以下反应和操作制取肉桂酸：已知：苯甲醛、肉桂酸均难溶于水，苯甲醛的熔点-26℃，肉桂酸的熔点133℃，乙酸酐(CH3CO)2O易水解。操作：①将5.3g苯甲醛(M=106g/mol)、6.12g乙酸酐(M=102g/mol)、K2CO3混合加热回流0.5h②向回流后的混合液中加入K2CO3溶液调节溶液至碱性③将“②”中溶液装入下图的Ⅱ装置中，并通入水蒸气，Ⅲ中收集到苯甲醛和水④……，得到纯净的肉桂酸(M=148g/mol)6.2g。下列有关说法错误的是A.当馏出液无油珠时，即可停止通入水蒸气B.操作③结束时，应先打开弹簧夹再移去热源C.向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，再过滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品D.肉桂酸的产率为69.8%【答案】D【解析】【分析】将一定量苯甲醛、乙酸酐、K2CO3在圆底烧瓶中混合均匀，然后加热回流0.5h；向回流后的混合液中加入K2CO3溶液调节溶液至碱性，将肉桂酸、乙酸、乙酸酐等转化为盐；通入水蒸气进行蒸馏，收集苯甲醛；将蒸馏后剩余溶液中加入酸，重新生成肉桂酸等，肉桂酸难溶于水，过滤后洗涤、干燥，便可获得肉桂酸。【详解】A．苯甲醛难溶于水，当馏出液无油珠时，表明苯甲醛已全部蒸出，此时可停止通入水蒸气，A正确；B．操作③结束时，为防止发生倒吸，应先打开弹簧夹使系统与大气相通，再移去热源，B正确；C．向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，使肉桂酸钾转化为肉桂酸，肉桂酸难溶于水，生成沉淀，再过滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品，C正确；D．5.3g苯甲醛的物质的量为0.05mol，6.12g乙酸酐的物质的量为0.06mol，理论上生成肉桂酸的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×148g/mol=7.4g，则肉桂酸的产率为≈83.8%，D错误；故选D。11.化合物Z是一种有机合成中的重要中间体，其部分合成路线如下：下列说法正确的是A.Y与Z分子均存在顺反异构体B.可以用溴水检验Y、Z中的碳碳双键C.X、Y、Z三种物质中，X在水中的溶解度最大D.X→Y的反应类型为加成反应【答案】C【解析】【详解】A．Y与Z分子中，均存在CH2=CH-的结构片断，均不存在顺反异构体，A不正确；B．Y、Z分子中均含有-CHO，-CHO也能被溴水氧化从而使溴水褪色，所以不能用溴水检验Y、Z中的碳碳双键，B不正确；C．X、Y、Z三种物质中，X所含的官能团-OH、-CHO都为亲水基，且X的烃基部分最小，所以在水中的溶解度最大，C正确；D．++HBr，反应类型为取代反应，D不正确；故选C。12.常温下，向某溶剂(不参与反应)中加入一定量X、Y和M，所得溶液中同时存在如下平衡：①②③。X、Y的物质的量浓度c随时间反应t的变化关系如图所示，400s时反应体系达到平衡状态。下列说法正确的是A.100～400s内，约为B.100s时反应③的逆反应速率小于正反应速率C.若再向容器中加入上述溶剂稀释，平衡后Y的物质的量不变D.若反应③的ΔH<0，则X比Y更稳定【答案】A【解析】【详解】A．结合图中数据可知，，但由于存在反应③，X不一定转化为N，A正确；B．100s时，，，逆反应速率大于正反应速率，B错误；C．加入溶解后各物质浓度均减小，平衡发生移动，浓度改变，C错误；D．若反应③的ΔH<0，则Y的能量低，能量越低越稳定，则Y比X更稳定，D错误；故选A。13.氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性能。晶胞中与最近的核间距为apm，下列说法正确的是A.已知M点原子的分数坐标为(0,0,0)，则N点原子的分数坐标为(1,0,1)B.晶胞中与最近且等距的的个数为6C.晶体的密度为D.若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为5%【答案】D【解析】【详解】A．M点原子的分数坐标为（0，0，0），由图可知，N点原子的分数坐标为（1，1，1），故A错误；B．根据图示，晶胞中与最近且等距的的个数为12，故B错误；C．根据均摊原则，晶胞中Ce4+的数目为4，O2-的数目为8，与最近的核间距为apm，是体对角线的，即边长为pm，密度为：，故C错误；D．氧化铈()晶胞中掺杂，占据原来的位置，未掺杂之前，每个晶胞中由4个Ce，8个O，若掺杂后得到的晶体，每个晶胞中Ce和Y共4个时，含有4×（0.8×2+0.1×3）=7.6个O，则此晶体中的空缺率为，故D正确；故选D。14.萍乡孽龙洞属于天然溶洞，它的形成与岩石中的CaCO3和空气中CO2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常温下，某溶洞水体中pM随pH的变化关系如图所示。[已知：，，M为、或Ca2+]下列说法正确的是A.曲线①代表与pH的关系B.m=2.57C.的数量级为D.pH由4到8的过程中增大的比快【答案】B【解析】【分析】二氧化碳可以和少量氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，和过量的氢氧根离子反应生成碳酸根离子。随着溶液pH的增大，溶液的碱性不断增强，pH较小时，主要存在碳酸氢根离子，此时随pH增大而不断增大，当溶液碱性较强时，不断增大，c(Ca2+)不断减小，所以随溶液pH的增大，p()不断减小，p()不断减小，但一定pH后，p()变得比p()更小，p(Ca2+)不断增大，从而得出曲线①表示p(Ca2+)，②表示p()，③表示p()。在点(10.3，1.1)处，c()=c()，Ka2(H2CO3)==c(H+)=10-10.3。【详解】A．由分析可知，曲线①代表p(Ca2+)与pH的关系，A错误；B．在pH=8.6时，c()=c(Ca2+)=mol/L=10-4.27mol/L，Ka2(H2CO3)===10-10.3，c()=10-2.57mol/L，m=-lg10-2.57=2.57，B正确；C．===10-3.7，则的数量级为10-4，C错误；D．从图中曲线②、③的斜率可以看出，pH由4到8的过程中增大的比慢，D错误；故选B。二、非选择题(共58分)15.某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al、C等)制备Co2O3和Li2CO3。工艺流程如下：已知：①已知LiCoO2难溶于水，酸浸后的溶液中含有的部分金属离子有：Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等；②NaHCO3溶液中存在的自耦电离：；③常温时，有关物质Ksp如下表：物质Ksp（1）为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可采取的措施有___________(任写一种)。（2）元素Co在周期表中的位置为___________；Co2+价层电子轨道表示式为___________。（3）“酸浸”时，LiCoO2参与反应的离子方程式为___________；下列试剂中最适宜替换H2C2O4的是___________。A．Na2CO3溶液B．Na2S2O5溶液C．NaNO3溶液D．浓盐酸（4）滤渣1的主要成分有___________。（5）加NaOH调节pH=10时，可以完全沉淀的金属离子有___________(一般认为离子浓度≤10-5mol/L时，离子沉淀完全)。（6）滤液3中含金属元素的离子主要是，则滤渣2与NH3∙H2O，(NH4)2CO3混合溶液主要反应的离子方程式为___________。（7）沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是(结合平衡原理解释)___________。【答案】（1）将正极材料粉碎；适当增大硫酸的浓度；增大酸浸时间等（2）①.第四周期第Ⅷ族②.（3）①.②.B（4）CaSO4、C（5）Co2+、Fe2+、Al3+（6）或（7）温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率【解析】【分析】废旧锂离子电池正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al、C等)，加入硫酸、草酸进行酸浸，酸浸后的溶液中含有的部分金属离子有：Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等，则Ca转化为CaSO4沉淀，C不溶，也进入沉淀中；过滤后，得滤渣1的成分为CaSO4、C，滤液中含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等；滤液1中加入NaOH调pH=10，由Ksp可确定Co2+、Fe2+、Al3+都转化为氢氧化物沉淀，Mg2+、Li+存在于滤液2中。滤渣1中加入NH3∙H2O、(NH4)2CO3混合溶液，Co(OH)2转化为，通空气催化氧化，过滤得滤渣C0(OH)3，灼烧得Co2O3。滤液2中加入NH4F固体，Mg2+转化为MgF2沉淀，过滤后往滤液中加入饱和NaHCO3溶液，并加热到90℃，Li+转化为Li2CO3沉淀。【小问1详解】为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可采取增大接触面积、增大酸液浓度、增大浸取时间等措施，则措施有：将正极材料粉碎；适当增大硫酸的浓度；增大酸浸时间等。【小问2详解】元素Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，则在周期表中位置为第四周期第Ⅷ族；Co2+价层电子轨道表示式为。【小问3详解】“酸浸”时，LiCoO2被草酸还原，生成Co2+等，反应的离子方程式为；在反应过程中，H2C2O4的表现出还原性，则能替代H2C2O4的试剂为Na2S2O5溶液，故选B。【小问4详解】由分析可知，滤渣1的主要成分有CaSO4、C。【小问5详解】加NaOH调节pH=10时，Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+分别为5.9×10-7mol/L、4.9×10-9mol/L、1.1×10-21mol/L、5.6×10-4mol/L，则可以完全沉淀的金属离子有Co2+、Fe2+、Al3+。【小问6详解】滤液3中含金属元素的离子主要是，则滤渣2与NH3∙H2O、(NH4)2CO3混合溶液主要反应的离子方程式为或。【小问7详解】沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，可促进自耦电离：，增大溶液中的c()，有利于Li+转化为Li2CO3沉淀。则原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是：温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率。【点睛】除去溶液中的Mg2+、Ca2+时，常通过加入NH4F等措施，将其转化为MgF2、CaF2沉淀。16.硫酸四氨合铜晶体[]常用作杀虫剂、媒染剂。该物质为深蓝色固体，受热易失氨。某学习小组在实验室中用废铜片制备硫酸四氨合铜晶体。回答相关问题：Ⅰ.制备溶液将废铜片在20%的溶液中加热煮沸，冷却后，取出铜片，用蒸馏水洗涤，然后将铜片置于适量稀硫酸中，边加热边在铜片表面通入，直到铜片完全溶解。（1）溶液的作用是___________。（2）若将铜片先在空气中灼烧，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中，产率会降低的原因是：___________。Ⅱ.制备硫酸四氨合铜晶体用如图所示装置制备硫酸四氨合铜晶体实验结束后，将C中所得的深蓝色溶液缓慢加入盛有15mL无水乙醇的烧杯中，用玻璃棒摩擦烧杯内壁，混匀后盖上表面皿静置30min，即有深蓝色晶体析出，抽滤，洗涤，干燥，称量。（3）仪器B的名称是___________，溶液Y可以是___________。（4）装置C中得到深蓝色溶液的总反应的化学方程式为___________。（5）析出晶体时将深蓝色溶液加入乙醇中而不采用浓缩结晶的原因是___________，该实验中乙醇能降低物质溶解性的原因___________。（6）洗涤时最适宜的洗涤剂是___________。A.乙醚 B.乙醇C.乙醇与浓氨水体积比为1∶2的混合液 D.浓氨水（7）为测定晶体中的含量，将一足量的晶体溶于水，加入足量的沉淀剂再经过一系列操作后，得沉淀质量。该实验过程中需要用到以下哪些试剂___________。A．盐酸酸化的溶液B．溶液C．硝酸酸化的溶液【答案】（1）除去废铜片表面的油污（2）铜片表面形成的氧化膜阻碍了内部的铜进一步氧化（3）①.圆底烧瓶②.等（4）或（5）①.硫酸四氨合铜晶体受热易失氨②.乙醇能降低溶剂的极性（6）C（7）A【解析】【小问1详解】碳酸钠水解使溶液呈碱性，碱性条件下，油污去除能力强。【小问2详解】铜在空气中灼烧在表面形成氧化膜，阻止进一步反应，故产率降低。【小问3详解】氯化铵和氢氧化钙反应属于固固加热反应，故为圆底烧瓶；氨气需要进行尾气处理，氨气极易溶于水，故用四氯化碳进行防倒吸。小问4详解】装置C主要是进行硫酸铜和氨水反应的装置，。【小问5详解】硫酸四氨合铜晶体不稳定，进行加热浓缩时受热易失氨；乙醇相对水的极性比较小，溶剂的极性小，物质的溶解度低。【小问6详解】乙醇和浓氨水的混合溶液一方面使溶液极性减小防止产物的溶解，浓氨水能防止配离子解离，从而能减小物质在洗涤过程中的损耗。【小问7详解】检验硫酸根离子，需要加入稀盐酸排除其他离子的干扰，再加入氯化钡和硫酸根离子产生硫酸钡沉淀。17.二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，发生以下反应：反应①反应②资料：催化剂上吸附或沉积太多的水，碳等，易使催化剂中毒。（1）反应②在热力学上自发进行的趋势大于反应①，其原因是___________。（2）已知反应①的速率方程，，(、分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度下反应达到平衡时，温度下反应达到平衡时。由此推知，___________(填“>”“<”或“=”)。（3）压强为100kPa下，将1mol和2mol通过装有催化剂的反应器充分反应，平衡时和CO的选择性、的转化率随温度的升高曲线如图所示①图中曲线a代表的是___________。②在上述条件下合成甲醇的适宜工业条件是___________。A．100～300KB．500～600KC．900～1000KD．1000K以上③573K时，反应②平衡常数___________(写计算式，为以气体的物质的量分数表示的平衡常数)。（4）催化加氢制低碳烯烃(2～4个C的烯烃)某研究小组使用Zn-Ga-O/SAPO-34双功能催化剂实现了直接合成低碳烯烃，并给出了其可能的反应历程(如图所示)。Zn-Ca-O无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到的还原过程；SAPO-34则催化生成的甲醇转化为低碳烯烃。注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。①理论上、反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为___________。②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是___________。【答案】（1）反应②是放热反应，而反应①是吸热反应（2）<（3）①.或甲醇的选择性②.B③.（4）①.6∶1②.太少，形成的氧原子空位少，催化能力较弱；太多，生成的过多，使催化剂中毒【解析】【小问1详解】根据反应反应自发进行，反应②在热力学上自发进行的趋势大于反应①，其原因是反应②是放热反应，而反应①是吸热反应。【小问2详解】已知反应①的速率方程，，(、分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度下反应达到平衡时，，温度下反应达到平衡时，，，则此时平衡正向移动。由此推知，。【小问3详解】①反应①正向吸热，升高温度，平衡正向移动，反应②正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳选择性增大，CH3OH的选择性降低，故曲线a表示或甲醇的选择性，故曲线c表示CO的选择性，曲线b表示CO2的转化率。②根据曲线，温度过高，甲醇选择性降低，温度过低，反应速率太慢，在上述条件下合成甲醇的适宜工业条件是500～600K，故选B。③573K时，甲醇选择性85%，二氧化碳转化率为60%，列出三段式为：可得，，解得x=0.09，y=0.51，平衡时总物质的量为1.98mol，反应②平衡常数。【小问4详解】①H2首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到