备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）07（解析版）

备战2024年高考化学模拟卷(浙江专用)黄金卷07(考试时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23MSi28P31S32Cl35.5K39Ca40Ti48CMn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137第Ⅰ卷一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。1．下列物质属于离子晶体且含有非极性共价键的是()A．NaOH B．H2O2 C．NaCl D．Na2C2O4【答案】D【解析】A项，NaOH由Na+和OH-构成，在OH-中，O、H原子间形成极性共价键，A不符合题意；B项，H2O2的结构式为H-O-O-H，只含有共价键，不含有离子键，B不符合题意；C项，NaCl由Na+和Cl-构成，只含有离子键，不含共价键，C不符合题意；D项，Na2C2O4由Na+和C2O42-构成，属于离子晶体，C2O42-是HOOC-COOH的酸根，HOOC-COOH含有C-C非极性共价键，故C2O42-中也含有C-C非极性共价键，D符合题意；故选D。2．下列化学用语表示正确的是()A．用电子式表示HCl的形成过程：B．基态Fe原子的价层电子轨道表示式：C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：D．的VSEPR模型：【答案】D【解析】A项，HCl是共价化合物，H原子和Cl原子通过电子对的共用形成共价键，故用电子式表示形成过程为，A错误；B项，Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，价层电子轨道表示式为：，B错误；C项，用氢键表示法表示邻羟基苯甲醛分子内氢键为，C错误；D项，NH3中心原子N有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，D正确；故选D。3．硫化氢是一种气体信号分子，人体中微量的H2S能有效预防心脏病。下列有关说法不正确的是()A．H2S属于弱电解质B．H2S可以使稀酸性高锰酸钾溶液褪色C．H2S通入CuSO4溶液中无明显现象D．人体内H2S可由含硫蛋白质通过复杂反应产生【答案】C【解析】A项，H2S属于二元弱酸，属于弱电解质，A正确；B项，H2S具有强还原性，能被高锰酸钾氧化而使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C项，H2S通入CuSO4溶液中生成黑色沉淀，C不正确；D项，蛋白质中含有S元素，S元素降解后的产物是硫化氢，D正确；故选C。4．下列说法不正确的是()A．溴单质、氯气等虽然有毒，但可用于合成药物B．NOx环境污染太大，工业生产中没有利用价值C．纯碱溶液虽呈碱性，但在玻璃、造纸等工业中有着重要的应用D．氯化铁、硫酸铜等溶液虽呈弱酸性，但常可用作消毒剂【答案】B【解析】A项，氯气有毒，但氯气的用途比较广泛，可用于合成多种药物，如氯仿可用于麻醉剂，故A正确；B项，NOx虽然对环境污染大，但工业生产中可以将其氧化转化为硝酸等，故B错误；C项，纯碱在玻璃、造纸、食品、肥皂、等工业中有广泛的应用，是重要的化工原料，故C正确；D项，氯化铁、硫酸铜等溶液呈弱酸性，可利用Fe3+的氧化性和重金属Cu2+消毒，常可用作消毒剂，故D正确；故选B。5．下列装置能用于相应实验的是()A．粗盐水的过滤B．制备Cl2C．乙酸乙酯的制备与收集D．铁制镀件镀铜【答案】D【解析】A项，过滤操作中漏斗末端应紧扣接液烧杯内壁，A错误；B项，浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气时应该加热，B错误；C项，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中能发生水解，收集时应用饱和碳酸钠溶液接收，C错误；D项，在铁制品表面镀铜时应将铁制品连接在电源的负极作为阴极，铜连接在电源的正极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，D正确；故选D。6．以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水的工艺流程：设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A．2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色B．过程Ⅱ中SO2是还原剂，Cr3+为还原产物C．处理废水中的1molCrO42-(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为3NAD．烟道气可以用Na2SO3或Fe2(SO4)3代替【答案】D【解析】A项，2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O，A正确；B项，过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说明被还原，则SO2是还原剂，Cr3+为还原产物，B正确；C项，CrO42-→Cr(OH)3，每个Cr原子得3个电子，即处理废水中的1molCrO42-(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为3NA，C正确；D项，Fe2(SO4)3中的Fe3+不具有还原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D错误；故选D。7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1mol苯甲醛分子中含键的数目为7NAB．1molXeF4中氙的价层电子对数为4NAC．标准状况下，22.4LCH4和44.8LCl2在光照下充分反应后的分子数为3NAD．25℃时，pH=2的醋酸溶液1L，溶液中含的数目小于0.01NA【答案】C【解析】A项，苯甲醛分子的结构为，苯环中含有11个σ键，苯环和醛基之间有1个σ键，醛基中有2个σ键，因此1mol苯甲醛分子中含有14molσ键，A错误；B项，XeF4中Xe的价层电子对数为4+=6，因此1molXeF4中氙的价层电子对数为6mol，B错误；C项，CH4与Cl2的反应为等体积反应，且一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷与氯气的反应都是等体积反应，则反应前后气体的总物质的量不变，22.LCH4和44.8LCl2的总物质的量为3mol，则反应后分子总数为3mol，C正确；D项，pH=2的醋酸溶液1L，溶液中含有氢离子的数目为0.01mol，D错误；故选C。8．下列说法不正确的是()A．煤在一定条件下可与H2直接作用，生成液体燃料B．氢化植物油可用于生产人造奶油、起酥油等食品工业原料C．乙醇和二甲醚互为同分异构体，两者的质谱图不完全相同D．分子式为C11H16且能被酸性KMnO4氧化成苯甲酸的有机物共有8种【答案】D【解析】A项，煤在一定条件下可与H2直接作用，生成液体燃料，A正确；B项，氢化植物油可用于生产人造奶油、起酥油等食品工业原料，B正确；C项，乙醇和二甲醚互为同分异构体，都符合分子式C2H6O但结构不同，但两者的质谱图不完全相同，C正确；D项，分子式为C11H16且能被酸性KMnO4氧化成苯甲酸的有机物为，-C5H11的戊基有8种结构，但与苯环直接相连的碳上无氢，不符合氧化成苯甲酸的结构，故有机物种类为7，D错误；故选D。9．下列方程式与所给事实不相符的是()A．硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀：6FeSO4+O2+2H2O=2Fe2(SO4)3+2Fe(OH)2↓B．向银氨溶液中滴加乙醛溶液并水浴加热：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+2Ag↓+3NH3+H2OC．乙炔制丙烯腈：CHD．用硫化亚铁除去废水中的汞离子：FeS(s)+Hg2+-(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)【答案】A【解析】A项，硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀是因为硫酸亚铁和氧气、水反应生成硫酸铁和氢氧化铁，化学方程式为：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，故A错误；B项，向银氨溶液中滴加乙醛溶液并水浴加热，生成醋酸铵、银单质、氨气和水，离子方程式为：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+2Ag↓+3NH3+H2O；故B正确；C项，乙炔与HCN发生加成反应制丙烯腈，化学方程式为：CH；故C正确；D项，HgS比FeS更难溶于水，所以在含有Hg2+的溶液中加入FeS，能够将Hg2+除掉，离子方程式为：FeS(s)+Hg2+-(aq)HgS(s)+Fe2+(aq)；故D正确。故选A。10．甘草素是从甘草中提炼制成的甜味剂，其结构如图所示，下列说法正确的是()A．甘草素分子中无手性碳原子 B．甘草素分子中至少有5个碳原子共直线C．甘草素可与HCN反应 D．1mol甘草素最多可消耗3molNaOH【答案】C【解析】A项，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，所以甘草素中有1个手性碳原子，故A错误；B项，甘草素分子结构中含苯环结构，对角线上的四个原子共线，所以至少有4个碳原子共直线，故B错误；C项，甘草素含羰基，可与HCN发生加成反应，故C正确；D项，1mol甘草素含2mol酚羟基，所以最多可消耗2molNaOH，故D错误；故选C。11．前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序数依次增大，V的基态原子有2个未成对电子，X的族序数为周期数的3倍，X、Y、Z均不在同一周期，三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数是Y的3倍。下列说法不正确的是()A．第一电离能：B．Y与V形成的化合物中可能含非极性共价键C．氢化物的稳定性：D．Y和Z两者对应的最高价氧化物的水化物可能会发生反应【答案】C【解析】前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序数依次增大，X的族序数为周期数的3倍，X为O，V的基态原子有2个未成对电子，V为C，W为N，X、Y、Z不在同一周期，则Y在第三周期，Z为第四周期，三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数为Y的3倍，Y为Na，Z为Ga。A项，N的价层电子排布式为2s22p3，p轨道半充满，不易失电子，第一电离能比O大，A正确；B项，Na与C能形成乙炔钠Na2C2，C22-含非极性共价键，B正确；C项，选项中未指明是简单氢化物，无法比较稳定性，C错误；D项，类似于Al(OH)3的两性，Ga(OH)3和NaOH有可能发生反应，D正确；故选C。12．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。亚氯酸钠(Na)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。已知：消毒能力即每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。下列说法不正确的是()A．“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4B．相同质量的消毒能力是的2.5倍C．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率【答案】B【解析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。A项，根据元素转化分析可知“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4，A项正确；B项，1mol完全反应转化2mol，1mol完全反应转化5mol，所以等物质的量的消毒能力是的2.5倍，B项错误；C项，“反应2”中发生反应的化学方程式为H2O2+22NaNa↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项正确；D项，温度过高，Na会分解，所以采用“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率，D项正确；故选B。13．直接H2O2-H2O2燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是()A．电池工作时，电极I电势低B．电极Ⅱ的反应式为：H2O2+H2OC．电池总反应为：2H2O2H2O+O2↑D．当电路中转移0.1mol电子时，通过阳离子交换膜的为3.9g【答案】C【解析】电池工作时，电势低的是负极，电子从负极流向正极，故电极I为负极，电极Ⅱ为正极，负极：H2O2-2e-+2OH-=O2↑+2H2O，正极:H2O2+H2O。A项，电池工作时，电势低的是负极，电子从负极流向正极，故电极I电势低，A正确；B项，电极Ⅱ为正极，电极反应式为：H2O2+H2O，B正确；C项，该电池放电过程中，负极区的OH-来自KOH，正极区的H+来自H2SO4，K+通过阳离子交换膜进入正极区与硫酸根结合生成K2SO4，因此电池总反应为：2H2O2+2KOH+H2SO4H2O+O2↑，C错误；D项，当电路中转移0.1mol电子时，通过阳离子交换膜的K+为0.1mol，即3.9g，D正确；故选C。14．P、S、X和Y分别代表标准状态下的具体物质，它们之间的能量变化与反应进程关系如图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确是()A．在标准状态时，物质的ΔH：S＜PB．和为催化剂，进程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：ΔH1＜ΔH2＜ΔH3＜0C．反应达平衡所需时间：进程Ⅰ<Ⅱ<ⅢD．反应平衡时的产率：进程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ【答案】D【解析】A项，由图可知，进程Ⅰ为放热反应，在标准状态时，物质的ΔH：S＞P，故A错误；B项，催化剂不影响反应热的大小，X和Y为催化剂，故进程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：ΔH1=ΔH2=ΔH3＜0，故B错误；C项，反应活化能越低，反应则越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，则反应S⇌P达平衡所需时间：Ⅰ＜Ⅲ＜Ⅱ，故C错误；D项，催化剂不能使平衡发生移动，故反应S⇌P平衡时生成P的量一样多，则平衡时P的产率：进程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ，故D正确；故选D。15．氢氧化镁是常见难溶物，将过量氢氧化镁粉末置于水中达到溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)。已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8，Ksp(MgCO3)=3.5；通常，溶液中某离子的浓度小于1.0mol·L－1时，可以认为该离子已沉淀完全。下列有关说法不正确的是()A．滴入几滴稀硫酸，溶液的pH先下降后上升，最后保持一个稳定值B．MgCO3的饱和溶液中c(Mg2+)＞c(CO32-)C．NaOH溶液可使MgCO3较彻底地转化为Mg(OH)2D．氢氧化镁可处理印染厂的酸性废水，处理后c(Mg2+)=1.8mol·L－1，此时溶液呈碱性【答案】B【解析】A项，滴入几滴稀硫酸后，氢离子和氢氧根离子反应生成水，氢氧根离子浓度降低，pH降低，随后沉淀溶解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，pH增大，A正确；B项，碳酸镁电离产生镁离子和碳酸根离子，但是碳酸根离子会水解，故镁离子浓度大于碳酸根离子，B错误；C项，通过信息可知，氢氧化镁的溶度积常数要小的多，故碳酸镁更加容易转化为氢氧化镁，则NaOH溶液可使MgCO3较彻底地转化为Mg(OH)2，C正确；D项，处理后，则此时，氢氧根离子浓度较大，溶液显碱性，D正确；故选B。16．下列实验方案设计、现象和结论均正确的是目的方案设计现象和结论A检验乙醇是否发生消去反应将乙醇和浓H2SO4共热产生的气体依次通入足量的KOH溶液、稀酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色，证明发生了消去反应B检验Fe2+与I-的还原性强弱向含0.1molFeI2的溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，观察现象溶液变蓝色，说明还原性I-Fe2+C鉴别同为白色粉末状晶体的尿素[CO(NH2)2]和氯化铵分别取少量晶体于试管中，加入足量浓溶液加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察试纸是否变色若试纸不变蓝色，说明该晶体为尿素，若试纸变蓝色，说明该晶体为氯化铵D探究温度对化学反应速率的影响向两支试管各加入2mL0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液和2mL0.01mol·L-1H2C2O4溶液，将其中一支放入冰水中，一支放入80℃热水中80℃热水中褪色快，说明温度升高，反应速率加快【答案】A【解析】A项，挥发出的乙醇通过KOH溶液溶解了，能使酸性KMnO4溶液褪色说明生成了乙烯，即发生消去反应，A正确；B项，向含0.1molFeI2的溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有单质碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能证明还原性：I-Fe2+，B错误；C项，尿素与浓氢氧化钠加热条件下反应生成NH3和碳酸钠，氯化铵与浓氢氧化钠加热条件下反应生成NH3和氯化钠，均使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C错误；D项，高锰酸钾过量，两支试管均不会褪色，D错误；故选A。第Ⅱ卷二、非选择题：共5题，共52分。17．(10分)钛被称为继铁、铝之后的第三金属。其单质及化合物用途广泛。请回答：(1)基态Ti原子的电子排布式为，其价电子中不同自旋状态的电子数之比为。(2)钛酸钡/氧化锌纳米纤维可以催化降解水中的亚甲基蓝等有机污染物。①亚甲基蓝在水中的溶解度其在乙醇中的溶解度(填“大于”或“小于”)。②下列有关说法正确的是。A．光照使钛酸钡/氧化锌纳米纤维的电子被激发，形成原子发射光谱B．亚甲基蓝中C原子的杂化方式：sp3、sp2C．亚甲基蓝阳离子组成元素的电负性大小为：S>N>C>HD．SO42-和SO32-的价层电子空间构型均为四面体(3)钛酸钡晶体的晶胞结构如图所示。①与Ba原子最近且等距离的O原子有个。②如果将晶胞转换为Ti原子为顶点的形式(见下图)，请在图中用“○”画出O原子的位置。【答案】(1)[Ar]3d24s2(1分)3∶1或1∶3(1分)(2)大于(2分)BD(2分)(3)12(2分)(2分)【解析】(1)钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，其价电子3d24s2，根据基态原子电子排布规则，不同自旋状态的电子数之比为3∶1；(2)①由亚甲基蓝的结构图可知，亚甲蓝为盐，具有一定的极性，根据相似相溶原理，亚甲基蓝在水里溶解度大于在乙醇中的溶解度；②A项，光照使催化剂的电子被激发，该过程吸收能量，形成的原子光谱为吸收光谱，故A错误；B项，亚甲基蓝中环上的所有碳原子都形成3个键和1个键，价层电子对数为3，为sp2杂化，甲基上C原子的杂化方式：sp3，故B正确；C项，根据同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐减小，电负性大小顺序为N＞S＞C＞H，故C错误；D项，SO42-中价层电子对数为4+=4，SO32-中价层电子对数为3+=4，价层电子空间构型均为四面体，故D正确；故选BD；(3)①以顶点Ba原子为研究对象，由BaTiO3的晶胞可知，距离钡原子最近的氧原子的个数为=12；②根据均摊法，1个晶胞中Ba：8×=1，Ti：1，O：6×=3，若将晶胞转换为Ti原子为顶点，则O2-位于晶胞的棱心，对应结构如图所示：。18．(10分)工业上氮氧化物(NOx：NO和NO2混合气)废气吸收利用的某流程如下：已知：氧化度；吸收液含有的产物有NaNO2和NaNO3；NH2OH在碱性条件下受热分解产物之一为N2。请回答：(1)过程Ⅳ以“肼合成酶”催化NH2OH与转化为肼(NH2NH2)的反应历程如下所示：该反应历程中Fe元素的化合价(填“变化”或“不变”)。若将NH2OH替换为ND2OD，反应制得的肼的结构简式为。(2)写出过程Ⅰ中时反应的离子方程式。(3)下列说法正确的是___________。A．过程Ⅰ采用气、液逆流的方式可提高NOx的吸收效率B．SO2的键角小于C．NH2OH可作为配体，与Zn2+等金属离子形成配合物D．NH2OH的水溶液显弱碱性，且(4)NH3OHCl是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，写出NH3OHCl还原FeCl3的化学方程式。(5)设计实验证明NH2OH中存在N元素。【答案】(1)变化(1分)ND2NH2(1分)(2)4NO2+2NO+3CO32-=5NO2-+NO3-+3CO2(2分)(3)AC(2分)(4)2NH3OHCl+2FeCl3=N2↑+2FeCl2+4HCl+2H2O(2分)(5)取少量NH2OH溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明NH2OH中有N元素(2分)【解析】(1)①由反应历程可知，反应过程中Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子被还原成Fe2+，该反应历程中Fe元素的化合价发生变化；②由反应历程可知，NH2NH2有两个H原子来源于NH3，另外两个H原子来源于NH2OH，所以若将NH2OH替换为ND2OD，反应制得的肼的结构简式为ND2NH2；(2)若过程Ⅰ中，则反应物中，该反应为氧化还原反应，生成硝酸根和亚硝酸根，根据氧化还原反应规律配平可得：4NO2+2NO+3CO32-=5NO2-+NO3-+3CO2；(3)采用气、液逆流的方式可增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高NOx的吸收效率，A项正确；SO2中的硫原子为sp2杂化，SCl2的硫原子为sp3杂化，所以SO2的键角大于SCl2，B项错误；NH2OH中的N原子有孤电子对，可作为配体，与Zn2+等金属离子形成配合物，C项正确；羟基的吸电子能力大于氢原子，所以NH2OH碱性应弱于NH3·H2O，即，D项错误，故选AC。(4)NH3OHCl是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，所以氧化产物应该为无毒的氮气，同时氯化铁被还原为氯化亚铁，反应方程式为：2NH3OHCl+2FeCl3=N2↑+2FeCl2+4HCl+2H2O；(5)NH2OH在碱性条件下受热分解产物之一为N2，化合价降低，说明还会有化合价升高的产物生成，即氨气，所以检验氨气即可，实验方法为：取少量NH2OH溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明NH2OH中有N元素。19．(10分)在“碳达峰、碳中和”的明确目标下，利用CO、CO2的甲烷化制备人造天然气既可以避免碳排放造成的资源浪费和环境污染，又可以缩短碳循环获得清洁能源。甲烷化工艺中主要涉及到如下反应：甲烷化反应i．CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g)ΔH1＝-206.3kJ·mol−1甲烷化反应ii．CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH2＝-164.9kJ·mol−1副反应iii．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3副反应iv．CH4(g)C(s)＋2H2(g)ΔH4＝+74.8kJ·mol−1(1)计算ΔH3=kJ∙mol−1(2)为了研究Ni/TiO2在光热和热催化过程中CO转化率和CH4选择性随温度的变化，将CO合成气(含23%CO、69%H₂和8%N₂)通入反应器，在恒压及一定时间内进行反应，测得以下数据：[α表示转化率，S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗CO的物质的量之比]光热催化热催化α(CO)S(CH4)α(CO)S(CH4)25090%85%0%0%30092%82%88%78%35096%84%89%79%40095%83%92%78%45092%82%91%79%①光热催化时CO甲烷化的活化能Ea热催化CO甲烷化的活化能Ea(填“大于”或者“小于”)。②当温度高于400℃时，热催化下CO转化率降低的原因是。(3)某温度下，恒容容器中充入1mol∙L−1CO2和4mol∙L−1H2，若只发生反应ii、iii，平衡时测得α(CO2)为50%、S(CH4)为90%，反应iii的平衡常数为。[S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗CO2的物质的量之比]。(4)为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程表示如下：①关于核心反应过程，下列说法正确的是。A．步骤I中生成了非极性键B．步骤Ⅲ发生的反应为(代表吸附态中间体)C．步骤Ⅳ中碳元素发生还原反应D．整个反应过程中只有金属M起到催化作用②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。【答案】(1)+41.4(1分)(2)①小于(1分)②高温时反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动转化率降低，高温时发生反应ⅲ，生成CO，导致CO转化率降低(2分)(3)0.044(2分)(4)①BC(2分)②高于(2分)【解析】(1)由盖斯定律得，反应ii-反应i得CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，故；(2)①由表中数据知，光催化得反应速率大于热催化得反应速率，相同条件下，反应速率越快，活化能越小，故光热催化时CO甲烷化的活化能小于热催化CO甲烷化的活化能；②由于反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动，转化率降低，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，主要发生反应iii，由生成CO，所以当温度高于400℃时，热催化下CO转化率降低；(3)由题意α(CO2)为50%，即二氧化碳得转化率为50%，充入1mol∙L−1CO2，反应了0.5mol∙L−1，体系中二氧化碳得浓度为0.5mol∙L−1，由S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗CO2的物质的量之比和S(CH4)为90%，得生成甲烷的浓度为，由碳守恒得CO的浓度为，由O守恒得，水蒸气得浓度为，由H守恒得，氢气得浓度为，反应iii的平衡常数为；(4)①由图知，A．步骤I中没有非极性键生成，A错误；B．步骤Ⅲ发生的反应为(代表吸附态中间体)，B正确；C．步骤Ⅳ中碳元素元素的化合价降低，发生还原反应，C正确；D．整个反应过程中除了金属M起到催化作用外还有TiO2也起到了催化作用，D错误；②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。20．(10分)某兴趣小组设计如图实验装置制备次磷酸钠(NaH2PO2)。已知：①白磷(P4)在空气中可自燃，与过量烧碱溶液混合，80~90℃时反应生成NaH2PO2和PH3。②PH3是一种有强还原性的有毒气体，空气中可自燃，可与NaClO溶液反应生成NaH2PO2。请回答：(1)①仪器a的名称是。②仪器b组成的装置的作用是。(2)检查装置气密性后，应先打开K通入N2一段时间，目的是。(3)仪器c中充分反应后生成NaH2PO2和NaCl，经过一系列操作可获得固体NaH2PO2。相关物质的溶解度(S)如下：S(25℃)S(100℃)NaCl3739NaH2PO2100667从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤。[“___________”上填写一件最关键仪器，“()”内填写一种操作，均用字母表示]。取仪器c中溶液，用蒸发皿()→用(趁热过滤)→用烧杯(冷却结晶)→用漏斗(过滤得到NaH2PO2)→洗涤→干燥→NaH2PO2粗产品。仪器：d．普通三角漏斗；e．铜制保温漏斗；操作：f．蒸发浓缩至有大量晶体析出；g.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜。(4)下列有关说法不正确的是___________。A．次磷酸(H3PO2)是三元酸B．为加快反应速率，投料前应先在通风橱内将白磷碾成薄片状C．反应结束后应继续通入N2一段时间，可提高NaH2PO2产率D．d中所盛硫酸铜溶液可用酸性高锰酸钾溶液代替(5)产品纯度测定：取产品xg配成100mL溶液，取10mL于锥形瓶中，酸化后加入50mL0.1000mol/L的NH4Fe(SO4)2溶液，以邻二氮菲做指示剂，再用0.1000mol/L的硫酸铈滴定至终点，平均消耗VmL。相关反应的离子方程式为：H2O+H2PO2-+2Fe3+=H2PO3-+2Fe2++2H+、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，产品纯度表达式为(用含x、V的式子表示)。【答案】(1)三颈烧瓶(1分)安全瓶，防止c中溶液倒吸入a中(1分)(2)排尽装置内的空气(1分)(3)f(1分)e(1分)(4)AB(2分)(5)或(3分)【解析】(1)①根据装置图可知：仪器a的名称是三颈烧瓶；②仪器b是空的广口瓶，导气管短进长出，组成的装置的作用是安全瓶，防止c中溶液倒吸入a中；(2)检查装置气密性后，应先打开K通入N2一段时间，目的是排尽装置内的空气，防止白磷及反应产生的PH3被氧化。(3)根据表格数据可知在仪器c中生成的NaH2PO2、NaCl的溶解度受温度的影响不同，可知：NaH2PO2的溶解度受温度的影响变化较大，而温度对NaCl的溶解度几乎无影响，故要从c中溶液中获得NaH2PO2的粗产品，取仪器c中溶液，用蒸发皿蒸发浓缩至有大量晶体析出，再用铜制保温漏斗(趁热过滤)→用烧杯(冷却结晶)→用漏斗(过滤得到NaH2PO2)→洗涤→干燥→NaH2PO2粗产品。故合理选项是f、e；(4)A项，在c中白磷与过量NaOH反应产生NaH2PO2，则NaH2PO2是正盐，说明H3