湖南省邵阳市2022-2023学年高二年级下册7月期末联考化学试题（解析版）

2023年邵阳市高二联考试题卷

化学试题

可能用到的相对原子质量：H-lC-120-16Na-23Mg-24Cl-35.5Zn-65Pd-106

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.化学与生活密切相关，下列说法正确的是

A.基本营养物质中的油脂属于高分子化合物

B.工业酿酒过程中，葡萄糖可发生水解反应生成乙醇

C.SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分

D.“世界铜像之王"三星堆青铜大立人属于合金，其生锈主要是发生了吸氧腐蚀

【答案】D

【解析】

【详解】A.基本营养物质中的油脂属于小分子，故A错误；

B.酿酒过程中，葡萄糖发生还原反应生成酒精，故B错误；

C.SO?漂白原理是SO?与有色物质化合生成不稳定无色物质，不是利用其氧化性，故C错误；

D.青铜中的Cu和其他较不活泼金属、电解质水溶液构成原电池，所以能发生吸氧腐蚀，故D正确；

故选D。

2.下列化学用语表述错误的是

A.CW的电子式为［：C、N：「

B.Fe33+的离子结构一示意图为r62V6)2、813

C.Cl—Cl的p—Pb键电子云图形为

D.PCI3的空间填充模型为

【答案】D

【解析】

【详解】A.CN-中C和N之间有3对共用电子对，其电子式为［:C/N：「，A正确；

B.Fe3+有3个电子层，由内到外电子数分别为2、8、13,其离子结构示意图为

C.p-po键的原子轨道以头碰头方式重叠，则C1-C1的p-p◎键电子云图形为C正确;

D.PCb中P原子的半径大于C1原子半径，图示空间填充模型错误，D错误;

故答案选D。

3.物质的结构决定性质，下列有关分子的结构与性质说法正确的是

A.CO2和XeC)2的键角相等

B.BF3和H2。的VSEPR模型均为四面体形

C.CF,和SR组成相似，CF4是非极性分子、SR是极性分子

D.CFsCOOH的酸性强于CHsCOOH,这与F原子的推电子效应、-CH3的吸电子效应有关

【答案】C

【解析】

【详解】A.二氧化碳的空间构型是直线形，键角为180℃,Xe。？的空间结构是V形，键角小于

180℃,A错误；

B.B写的VSEPR模型为平面三角形，I!?。的VSEPR模型为四面体形，B错误；

C.CR是正四面体结构，正负电荷中心重合，是非极性分子，S耳价层电子对数是5,孤电子对数为

1,正负电荷中心不重合，是极性分子，C正确；

D.F原子的吸电子效应使CFsCOOH的酸性强于CH'COOH,-CH3有推电子效应，D错误；

故选Co

4.下列实验装置不能达到实验目的的是

饱

和

碳

酸

氢

钠

A.用装置甲制备NH?

B.用装置乙分离NaCl溶液和CaCC）3沉淀

C用装置丙将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3-6H2O

D.用装置丁除去C。？中的HC1气体

【答案】C

【解析】

【详解】A.氯化钱和氢氧化钙加热生成氨气和氯化钙、水，能达到实验目的，A不符合题意；

B.装置乙为过滤操作，能分离固体和液体，故能分离NaCl溶液和CaCOs沉淀，能达到实验目，B不

符合题意；

C.制备FeCL/H2。需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，铁离子水解生成氢氧化铁，故不能

蒸干制备FeCL/H2。，C符合题意；

D.氯化氢和饱和碳酸氢钠生成二氧化碳，能达到实验目的，D不符合题意；

故选Co

5.下列离子方程式正确的是

+3+

A.Fe2O3溶于HI溶液中：Fe2O3+6H=2Fe+3H2O

B.向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2++S2-=CuSJ

++

C.向硝酸银溶液中加入少量氨水：Ag+2NH3-H20=[Ag（NH3）2]+2H2O

D.向澄清的苯酚钠溶液中通入少量CO2:C6H5O+C02+H20tC6H5OH+HCO；

【答案】D

【解析】

【详解】A.FezOs溶于HI溶液中：Fe2O3+6H++21=2Fe2++l2+3H2。,故A错误；

B.向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2++HS=CuSJ+H+,故B错误；

C.向硝酸银溶液中加入少量氨水：Ag++NH3•H2O=AgOHJ+NH；,故C错误；

D.向澄清的苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O+C02+H20->C6H5OH+HCO-

答案为：D。

6.某种离子液体的阴离子结构如图所示，X、Y、Z、Q、W五种短周期元素的原子半径依次增大，基态X

原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，W与其他元素不在同一周期，下列说法正确的是

YXY

UIn

-Q-Q

WU-I

YX

A.电负性为Z<X

B.z、Q元素形成的含氧酸酸性强弱为Z<Q

C.所有原子最外层都满足8电子稳定结构

D.Y的常见单质和Na在加热条件下形成的化合物中阴阳离子个数比为1:1

【答案】A

【解析】

【分析】X、Y、Z、Q、W五种短周期元素的原子半径依次增大，基态X原子的电子填充了3个能级，

有4对成对电子，则基态X原子的核外电子排布式为Is22s22P5,X是氟元素。W与其他元素不在同一周

期且W所连的共价键个数为6,W是硫元素。其他元素利用半径大小与共价键个数可以依次得出，Y是

氧元素、Z是氮元素、Q是碳元素。

【详解】A.X是氟元素，Z是氮元素，非金属性F>N,电负性：Z<X，A正确；

B.Z是N,Q为C,Z、Q元素形成的含氧酸有HNCh、HNCh、H2c2O4、H2cO3等，酸性无法比较，B

错误;

C.由结构中各原子连接的共价键个数可知，S原子不满足8电子稳定结构，C错误;

D.Y为O,Ch和Na在加热条件下形成化合物为过氧化钠，阴阳离子个数比为1:2,D错误;

故选A„

7.下列实验中，操作、现象及结论均正确的是

选

操作现象结论

项

将CH3cH?Br与NaOH溶液共热，冷却后，取上层水产生淡黄色

ACH3CH2Br含有澳原子

溶液先加入足量稀硝酸再加入AgNOs溶液沉淀

产生白色沉A10；和HCO；,发生了相

B向NaA102溶液中滴加NaHCO3溶液

淀互促进的水解反应

将乙醇与浓硫酸共热至140℃所得气体直接通入酸性KMnC)4溶乙醇发生消去反应，气体

C

溶液中

KMnO4液褪色一定是乙烯

取适量Na2s溶液于试管中，测定pH值，然后加热加热后pH值证明soj的水解为吸热

D

一段时间，冷却至原温度，再次测定该溶液的pH值变小过程

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.澳乙烷与NaOH溶液共热，两者反应生成CH3cH20H和NaBr,冷却后取上层水溶液先加入

足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，NaBr和AgNCh反应生成AgBr淡黄色沉淀，可以证明澳乙烷中含有澳

原子，A正确；

B.NaAKh溶液中滴加NaHCCh溶液，生成了氢氧化铝白色沉淀，原因为偏铝酸根离子与碳酸氢根离子电

离出的氢离子反应生成了氢氧化铝，偏铝酸根离子与碳酸氢根离子并未发生双水解反应，B错误；

C.乙醇与浓硫酸共热至140℃所得气体直接通入酸性高锌酸钾溶液中，高锌酸钾溶液褪色，乙醇易挥发同

时乙醇也能与酸性高镒酸钾反应使酸性高镒酸钾溶液褪色，且乙醇和浓硫酸共热达到170℃才能生成乙烯,

C错误；

D.亚硫酸钠水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，溶液呈碱性，加热促进亚硫酸钠水解，溶液的pH应

该增大而不是减小，D错误；

故答案选Ao

8.某实验小组设计如图所示装置，下列说法错误的是

甲池乙池丙池

A.乙池中电流由石、墨电极经过硫酸铜溶液流向Ag电极

B.甲池通入CH30H的电极反应式为CH3OH+6e-+8OIT=C+6凡0

C.反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuCOs固体能使CuS。,溶液恢复到原来的状态

D.甲池中消耗0.56L（标准状况下）。2,此时丙池中理论上最多产生2.90g固体

【答案】B

【解析】

【分析】甲池为燃料电池，通入甲醇的是负极，通入。2的是正极，电流由正极流出经过乙、丙池最终流向

负极。乙、丙池是电解池，乙池中石墨连接甲池的正极，为电解池的阳极，电解硫酸铜溶液，Ag电极为阴

极，丙池中，阳极发生的是氯离子失去电子的氧化反应，阴极是氢离子放电产生氢气。

【详解】A.甲池是燃料电池，通入甲醇的是负极，通入的是正极，电流从正极流向负极，即电流由

。2侧流出，由石墨电极经过硫酸铜溶液流向Ag电极，故A正确；

B.在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e+8OH=CO^+6H2O,

故B错误；

C.乙池发生的是电解池反应，两极析出的分别是Cu和02,因此加入Cue。?或CuO后溶液能够复原，

故C正确；

D.甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e=4OH-,所以消耗O.56LO2,标准状况下为0.025mol,则转移电

子0.1mol,根据丙池中，在阴极上是氢离子放电，转移0.1mol电子，减少的氢离子是0」mol,生成的

氢氧根离子是0.1mol,镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该

是0.1moix]x58g/mol=2.90g,故D正确；

故选B。

9.废旧CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如下：

HNO3HNO3-NaClZn粉

NOX滤液(含Cd+、Ag+)NOt

+

已知：HAUC14=H+AuCl；o下列说法错误的是

A.“酸溶”时用浓硝酸产生NO,的量比用稀硝酸的多

B.“过滤”所得滤液可用足量的NaCl溶液分离Ci?+和Ag+

C.用王水溶金时，浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性

D.用过量Zn粉将ImolHAuCl完全还原，理论上需消耗130gZn

【答案】C

【解析】

【分析】酸溶：Ag、Cu能与硝酸反应生成硝酸银、硝酸铜和氮的氧化物，Au不与硝酸反应，也不溶于

硝酸，过滤，滤渣为Au,滤液为硝酸银、硝酸铜；溶金、分离：Au溶解转化成HAuCk和氮的氧化物,

还原、分离：加入锌将Au元素还原成金单质，据此分析;

【详解】A.浓硝酸被还原成NCh,存在HNO33^NO2,稀硝酸被还原成NO,HNO3得35>

NO,金属失去电子一定时，即硝酸得到相同电子时，浓硝酸产生NOx的量多，故A说法正确；

B.Cu2+与C1-不发生反应，Ag+与CT反应生成沉淀AgCl,因此加入足量NaCl溶液，然后过滤分离出

Cu2\Ag+,故B说法正确；

C.根据流程图可知，C1-与Au元素形成四氯合金离子，利于金与硝酸反应，因此盐酸的作用是增强硝酸

的氧化性，故C说法错误；

D.由图HAuCk,H++AuCl],用过量锌粉将ImolHAuCL完全还原，HAuCk中Au显+3价，被锌还原

为0价，同时锌还能与H+反应生成氢气，根据得失电子数目守恒，由2n(Zn)=n(H+)+3n(AuCl；),

+

n(H)=n(AuCl4)=lmoL代入表达式为，n(Zn)=2mol,理论上消耗锌的质量为2moix65g/mol=130g,故D

说法正确；

答案为C。

10.碑化线晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图甲所示，将Mn原子掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料

的结构如图乙所示，碑化线的晶胞参数为邛m。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是

A.图乙晶体最简化学式为Ga27Mn5As32

B.图甲中Ga原子和As原子的最近距离是岑xpm

C.Imol碑化线中配位键的数目是2NA

D.Mn原子掺杂到碑化钱晶体中，和Mn原子最近且距离相等的As原子有2个

【答案】A

【解析】

【详解】A.由图乙可知，掺杂Mn之后，晶胞中Mn的数目为1义工+1义』=*,As的数目为4,Ga的

288

1127

数目为5x—+7x—=——，故稀磁性半导体材料中，Ga、Mn、As的原子个数比为27:5:32,故图乙晶体

288

最简化学式为Ga27Mli5As32，A正确；

B.图甲中Ga原子和As原子的最近距离为晶胞体对角线长度的四分之一，故为^xpm，B错误；

C.GaAs中，碑提供孤对电子，钱提供空轨道，两者形成配位键，平均1个GaAs中配位键数目为1,

Imol碎化线中配位键的数目是C错误；

D.由图知，Mn原子掺杂到碑化钱晶体中，和Mn原子最近且距离相等的As原子有4个，D错误；

答案选A。

11.采用硼氢化钾液相还原法制备纳米零价铁的反应的离子方程式：

2+

Fe+2BH；+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2T,其中反应前后B元素化合价不变。下列说法正确的是

A.H3BO3是三元弱酸

B.纳米铁颗粒直径约为60nm,因此纳米铁是胶体

C.该反应的还原剂是BH：,氢气既是氧化产物又是还原产物

D.若有3molH?。参加反应，则反应中转移电子的物质的量为7moi

【答案】C

【解析】

【详解】A.H3BO3分子中B原子上有空轨道，可以与水电离产生的0H-的。之间形成配位键，导致溶液

中c(OH-)<c(H+),因此溶液显酸性，H3BO3的电离方程式为：H3BO3+H2O'H++B(OH)；,H3BO3是一

元弱酸，A项错误；

B.胶体是指直径为l~100nm的分散质均匀分布在分散剂中组成的混合物，纳米铁颗粒为纯净物，所以

纳米铁不是胶体，B项错误；

C.该反应中BH1是还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，所以根据化学方程式

2+

Fe+2BH4+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2T,氢气既是氧化产物又是还原产物，C项正确；

D.该反应中BH；是唯一的还原剂，ImolBH；参与反应则失去了4个电子，所以根据化学方程式

2+

Fe+2BH；+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2T,若有3moiH?。参加反应，则反应中转移电子的物质

的量为4mol,D项错误。

答案选c。

12.常温时，往20mL一定浓度的HA溶液中滴加O.lOmol/LKOH溶液，所得混合溶液中水电离的H+浓

度和所加的KOH溶液体积变化趋势如图所示，下列说法错误的是

c水(H>mo卜L"

c

“AA-

i(r74K......./"F'\

---------•-------•---------------►

01020V[KOU溶液pmL

A.常温下，HA的电离平衡常数约为ICT

B.b点：溶液存在c(HA)>c(K+)>c(A1>c(H+)>c(OH-)

C.c点：溶液存在c(HA)+c(H+)=c(0lT)

D.往d点溶液中滴加2~3滴酚麟试液，溶液呈红色

【答案】B

【解析】

【分析】a点水电离出的c(H+)=10-Umol/L,b点力口入lOmLKOH,酸物质的量是碱的2倍，则b点溶质为

等物质的量浓度的HA、KA,c点酸碱恰好完全反应生成KA,d点溶质为KOH、KA,d点溶液呈碱性；

][)-3*]0-3

【详解】A.a点水电离出的c(H+)=10"imol/L,溶液中的c(H+)=10-3mol/L,Ka=---------------=1^10-5,该

0.1

酸在常温下的电离平衡常数(Ka)约为1x10-5,选项A正确；

B.b点加入lOmLKOH,酸物质的量是碱的2倍，则b点溶质为等物质的量浓度的HA、KA,水电离出

的c(H+)<10-7mol/L,水的电离被抑制，说明HA电离程度大于KA水解程度，则c(A-)>c(HA),溶液呈

酸性，c(H+)>c(OH)但其电离和水解程度都较小，所以溶液中存在c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>

c(OH),选项B错误；

C.c点酸碱恰好完全反应生成KA,溶液中存在电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)、存在物料守恒

c(A-)+c(HA)=c(K+),所以存在c(HA)+c(H+)=c(OH),选项C正确；

D.c点溶质为KA,KA为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，继续加入KOH溶液，溶液碱性更强，d点溶

质为KOH、KA,所以d点溶液呈碱性，滴加2~3滴酚献试液，溶液呈红色，选项D正确；

答案选B。

13.在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2moice)2、4molH2,发生反应

CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g),测得反应lOmin时，不同温度下氢气的转化率如图所示。

［己知：该反应的速率方程唯=左正•p4(H2)-MCC>2)、V逆=左逆・。232。)-。(©14),左止、k逆只与

温度有关］

下列说法错误的是

A.图中a、b、C三点对应的v(CHj逆由大到小的顺序为c>b>a

B.该反应在低温下可自发进行

C.。温度下，起始时容器内的压强为3MPa,左逆=2(Mpa『2.minT,则该温度下左正=

33.3(Mpa)-4-min-1

D.升高温度或增大压强，都可以提高反应物的平衡转化率

【答案】D

【解析】

【分析】曲线表达的是反应lOmin时，不同温度下氢气的转化率，可以看出，T2之前随温度升高，转化率

增大，T2之后，温度升高，转化率减小，由于温度越高，速率越快，平衡所需时间越短，可判断T2之前反

应未平衡，T2之后反应为平衡态，反应AH<0。

【详解】A.a、b、c三点温度升高，产物浓度增大，逆反应速率增大，故"(CHj逆由大到小的顺序为

c>b>a,A正确；

B.由分析可知，该反应AH<0,且是气体物质的量减小的反应，即AS<0,根据AG=AH-TAS判断，反应低

温自发，B正确；

C.T2时，反应达到平衡，氢气转化率为80%,起始充入2moic。2、4molH2,压强为3MPa,可以推出

起始CO2分压为1MPa,H2分压为2MPa,恒容条件下可得:

CO2(g)+4H2(g)一CH4(g)+2H2O(g)

起始量(MPa)1200v2

0.8X0.4_50T7,S+EI

，K—，又根据k

变化量(MPa)0.41.60.40.8p0.6x0.443

平衡量(MPa)0.60.40.40.8

乙+、一、k正50/

正、k逆的表达式，推出Kp=：;—，贝ljk正二卜逆xKp=2x-^-=33.3(Mpa),min-1,C正确；

k逆

D.反应AH<0,升高温度，平衡逆移，转化率下降，D错误；

故选D。

14.为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”“2060年碳中和“。我国学者研究了CO2(g)与

耳他)在TiOz/Cu催化剂表面生成CH30H(g)和H2O(g)的部分反应历程，如图甲所示。另外，科学

家使用络合物作催化剂，用多聚物来捕获C。？，反应可能的过程如图乙所示。下列叙述正确的是

5

0

5

0

5

过H

过

IXK过oo

+dx

渡+反应历程

渡

+.+渡+

OOO+

态

态

b态o

3HHo

oIOu++moo

HOC

OO

(注:吸附在催化剂表面的物种用*表示)

CH30H⑴H

催化剂H

2HJg)

HO

y

,coo-

Z-H(g)

H2O(1)2

/化剂

H2

HCOO-H

图甲图乙

A.该反应的热化学反应方程式为CC)2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH=+1.79eV/mol

B.将生成的水从体系中分离，达到新平衡后正反应速率小于原平衡的正反应速率

C.图甲反应历程中最大的活化能为1.21eV

D.图甲、图乙反应过程中都只有极性键的断裂和形成

【答案】B

【解析】

【详解】A.图甲只提供了吸附在催化剂表面的二氧化碳和氢原子转变为CO和水的反应历程，无法发现

CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的反应的焰变，故A错误；

B.CCh(g)与H2(g)在TiCh/Cu催化剂表面生成CH3OH(g)和H2O(g),将产物中的水分离出去后，平

衡向正反应方向移动，但是没有增大浓度，再次达到平衡时的正反应速率比原来的正反应速率小，故B

正确；

C.图甲中最大的活化能是0.89eV—0eV=0.89eV,故C错误；

D.图乙中有H—H非极性共价键的断裂，故D错误；

故本题选B.

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.钿(Pd)是航空、航天等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。某化学兴趣小组利用CO和

PdCl2溶液反应制取Pd,并测定PdCL固体样品中钿元素的含量，实验装置如图所示。已知甲酸为无色

易挥发的液体。

回答下列问题：

(1)A装置中仪器X的名称为；

(2)当加热到80〜90c时，撤去酒精灯，然后滴加甲酸，此时X中发生反应的化学方程式为

在反应中浓硫酸主要起作用;

(3)B装置中NaOH溶液的作用为，C装置中产生黑色粉末状沉淀，且溶液的pH减小，则C中

发生反应的离子方程式为o

(4)某同学指出该实验存在的明显缺陷是,改进的措施是。

(5)丁二酮月亏钿重量法因其特效性一直沿用作钿的标准测定方法。在酸性溶液中钿离子能与丁二酮月亏形

成鳌合物沉淀，利用丁二酮后钿与钮之间的换算因数(钿元素在丁二酮月亏钿中所占质量比)可计算钿的含

量。测定PdCL固体样品中钿元素的含量的实验步骤如下：

①准确称取L3OgPdCL固体样品，加入10mL盐酸，加热溶解，加入一定量的水稀释；

②加入足量的丁二酮月亏乙醇溶液，搅拌，静置陈化；

③过滤、洗涤、烘干至恒重，称量所得丁二酮后钿的质量为L56g。

已知丁二酮月亏钿与钿之间换算因数为x,贝|该PdCU固体样品中钿元素的质量分数为(用含x的代

数式表示)。

【答案】(1)三颈烧瓶或三口烧瓶

浓硫酸小

(2)①.HCOOH^^=COT+H,O②.催化和脱水

A

2++

(3)①.除去挥发出的甲酸气体②.CO+Pd+H2O=CO2+Pd+2H

(4)①.缺少尾气处理装置②.在C的导气管末端连接气囊或放置点燃的酒精灯

(5)120x%^1.2xxl00%

【解析】

【分析】甲酸在浓硫酸脱水作用下生成CO,CO中混有挥发的HCOOH,用NaOH溶液除去HCOOH蒸气，

再将CO通入PdCb溶液中生成Pd单质，通过测定Pd单质的质量可测定PdCh中铝的含量；

【小问1详解】

仪器X的名称为三颈烧瓶或三口烧瓶。

【小问2详解】

实验中利用CO和PdCl2反应制取Pd,所以A为制取CO气体的装置，三颈烧瓶中发生反应的化学方程

浓硫酸小

式为HCOOH^—COT+H,0,浓硫酸起催化剂和脱水剂的作用。

A

【小问3详解】

甲酸易挥发，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，所以B中NaOH溶液的作用为除去挥发出的甲酸气

体。根据实验现象分析，C中产生的黑色粉末状沉淀为金属Pd,Pd发生还原反应，则co发生氧化反应

生成二氧化碳，溶液pH减小酸性增强，可知反应生成氢离子，离子方程式为

2+

CO+Pd+H2O=CO2+PdJ+2H+。

【小问4详解】

CO为污染性气体，该实验的缺陷为无尾气处理装置，而CO为可燃性气体，可用气球收集，也可以用点

燃法除去，但C中反应生成CO?，不能直接用酒精灯点燃，需要将CO?除去后再点燃，所以可选用b或

c装置。

【小问5详解】

由题意可知丁二酮后钿的质量乘以换算因数即为钿元素的质量，则该PdCL样品中铝的含量为

156gxJC

--7—xl00%=120%%或1.2xxl00%。

1.30g

16.环己烯是工业常用的化工品。工业上通过热柏基催化剂重整将环己烷脱氢制备环己烯，其热化学方程

式为C6H12(g).C6Hio(g)+H2(g)AH=+123kJ-mol1o

(1)几种共价键的键能数据如下：

共价键H-HC-HC-Cc=c

键能436413348a

则2=kJ-moF1;

(2)在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，仅发生上述反应。下列叙述错误的是(填字母);

a.混合气体的密度不随时间变化时说明该反应达到平衡状态

b.平衡后再充入环己烷气体，平衡向右移动

c.加入高效催化剂，单位时间内环己烯的产率可能会增大

d.增大固体催化剂的质量，一定能提高正、逆反应速率

环己烯的物质的量

(3)环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性(选择性=)随温度的变化如图所

环己烷转化的物质的量

不

___________________60(rC>

温度逐渐升高

①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是；

②当温度高于600C时，可能的副产物有(任写一种结构简式)；

(4)在873K、lOOkPa条件下，向反应器中充入氨气和环己烷的混合气体，仅发生反应：

C6H12(g)^C6H10(g)+H2(g)o

n(C6HJ

①环己烷的平衡转化率随的增大而______(填“升高”或“降低”或“不变”)，其原因是______；

n(Ar)

n(CH)?

②当6][2=3:1时,达到平衡所需时间为20min,环己烷的平衡转化率为彳，则平衡时环己烷的分压

nAr)3

为kPa,该环己烷脱氢反应的压强平衡常数Kp=kPa(均保留2位小数)[注：用分压计算

的平衡常数为压强平衡常数(/),分压=总压x物质的量分数]

【答案】(1)615(2)ad

②・O或。或。

(3)①.正反应吸热反应，升高温度，平衡正向移动

①.降低②.恒压条件下，随、^的增大，相当于增大反应物的分压，该反应是气体

(4)

分子数增加的反应，所以平衡逆向移动，环己烷的平衡转化率降低③.16.67®.66.67

【解析】

【小问1详解】

焰变=反应物的总键能-生成物的总键能，C6H12(g)-C6H10(g)+H2(g)

AH=348kJ/molx6+413kJ/molx12-(348kJ/molx5+a+413kJ/molx10+436kJ/mol)=+123kJ/mol,

解得a=615kJ/mol；

【小问2详解】

a.反应过程中气体总质量不变，恒容密闭容器进行，故气体的体积不变，密度不是变量，所以气体密度不

随时间变化时反应不一定达到平衡状态，选项a错误;

b.平衡后再充入环己烷气体，增大反应物浓度平衡正向移动，选项b正确;

C.加入高效催化剂，反应速率加快，单位时间.内C6H10的产率可能会增大，选项c正确;

d.催化剂通过参与化学反应改变反应历程，力口.快反应速率，增大固体催化剂的质量，如果不能增大接触

面积，不一定能提高正、逆反应速率，选项d错误；

故答案为:ad；

【小问3详解】

①C6H已信)C6Hio(g)+H2(g)正反应吸热，升高温度平衡正向移动，所以随着温度升高环己烷平

衡转化率增大；

②当温度高于600C时，环己烷脱氢，可能的副产物有等；答案为

【小问4详解】

恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷的平衡转化率n(随C6丁H才19)

n(C6Hl2)

的增大而降低，故答案为降低；恒压条件下，随'，了的增大,相当于增大反应物的分压，该反应

n(Ar)

是气体分子数增加的反应，所以平衡逆向移动，环己烷的平衡转化率降低；

n(CfiHn)3

②当］=3:1时,初始时，环己烷的分压为lOOkPax—=75kPa,达到平衡所需时间为20min,环

n(Ar)4

己烷的平衡转化率为：2，根据三段式知：

C6H12(g)--C6H10(g)+H2(g)

起始(mol)a00

222

变化(mol)一a——a-a

333

122

平衡(mol)-CL-CL-CL

333

1

a1八八。八八

达到平衡时环己烷的分压为100x^————=—kPa,环己烯的分压为——kPa、氢气的分

122156

—aH—ci—ciH—a

3333

压为出kPa,则环己烷分压的平均转化率速率为(75—/)狂力.该环己烷脱氢反

6------------------=2.92kPa-min

20min

200100

p(C6H]0)x/?(H2)A*A

应的压强平衡常数Kp="”口、=七肝-公66.67,答案为2.92；66.67。

P(c6H12)100

6

17.以铁镁合金(含少量铜)为原料,生产电极材料LiNiC)2的部分工艺流程如下:

NaOH

H：SO4HJO；NajCOi

HNOI溶液溶液溶液H;S溶液Li;CO,

LiNiO

缸也化物Fc(OHh注清注液

152017

已知：常温下，Ksp[Ni(OH)2]=2x10-,Ksp[Cu(OH)2]=2.2xlO-,Ksp[Fe(OH)2]=4.9XlO-；

3

7Csp[Fe(OH)3]=2.8xlO-\

回答下列问题：

(1)基态Ni原子价层电子轨道表示式是；

(2)“酸溶”时Ni转化为NiSO”该过程中温度控制在70〜80c的原因是；

(3)“氧化”时H2。？的作用是(用离子方程式表示)；

(4)“除铜”时若选用NaOH溶液，会导致部分Ni?+也产生沉淀，当常温时溶液中CU(OH)2、

2+2+

Ni(OH)2沉淀同时存在时，溶液中c(Cu):c(Ni)=；

(5)“沉保”时得到碳酸保(NiCC>3)沉淀。在空气中碳酸馍与碳酸锂共同“煨烧”可制得LiNi。？，该反应

的化学方程式是；

(6)金属银的配合物Ni(CO)n的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子数之和为18,则“=

；CO与N2结构相似，CO分子内行键与万键个数之比为

11t|[u]

【答案】(1)(2)温度低于70C,反应速率太小，温度高于80C,

HN03分解(或挥发)速率加快(

2++3+

(3)2Fe+2H+H2O2=2Fe+2H2O

(4)l.lxlO-5

燧烧

(5)2Li2cO3+4NiCO3+O24LiNiO2+6CO2

(6)①.4②.1:2

【解析】

【分析】铁银合金(含少量铜)用稀硫酸和稀硝酸进行酸溶，Ni转化为NiSO广铁和铜转化为亚铁离子、铁

离子和铜离子，加入双氧水将溶液中的亚铁离子转化为三价铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH除

去铁元素，加入硫化氢将铜离子转化为CuS除去，在滤液中加入碳酸钠将保离子转化为碳酸银，碳酸保与

碳酸锂在空气中共同“煨烧”可制得LiNiOz；

【小问1详解】

Ni原子的原子序数是28,价电子数为10,其基态Ni原子价层电子轨道表示式是

Itnnmifhilffl;

3d4s

【小问2详解】

温度控制在70~80C的原因是温度低于70C,反应速率太小，温度高于80C,HNO3分解(或挥发)速

率加快，酸溶速率减慢，原料利用率降低；

【小问3详解】

氧化时溶液中的二价铁被双氧水氧化成三价铁，其离子方程式为：

2++3+

2Fe+2H+H2O2=2Fe+2H2O；

【小问4详解】

CU(OH)2、Ni(OH)2沉淀同时存在时，溶液中

C(C『):C(N,+)」(墨)？；_-=u?

、7v72K[Ni(Oq]2?245

【小问5详解】

碳酸镇与碳酸锂共同“燃烧”可制得LiNiOz，保元素的化合价从+2加变为+3价，故需要空