（新高考）2020-2021学年高三下学期5月月考卷　化学（二）解析版

（新高考）此卷只装订不密封班级姓名此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号化学（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、单选题1．我国古代在化学工艺上取得了巨大成就。下列有关化学工艺的文献记载与解释不相符的是选项文献记载解释A明代《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”火药的燃烧利用了KNO3的氧化性B唐代《传信方》中描述：“治气痢巴石丸，取白矾一大斤，以炭火净地烧令汁尽，则其色如雪，谓之巴石”制备巴石所用原料白矾的主要化学成分为CuSO4C宋代《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳……”精制砒霜过程中涉及升华和凝华D南宋《游宦纪闻》中记载有花露水的提取方法：“锡为小甑，实花一重，……。窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之”花露水的提取方法涉及蒸馏操作【答案】B【解析】A．涉及的反应为2KNO3+S+3Ceq\o(=,\s\up7(点燃))K2S+N2↑+3CO2↑，该反应中KNO3作氧化剂，故A正确；B．矾是指含有结晶水的硫酸盐，信息“白矾”“烧令汁尽”意思就是固体本身带有结晶水，“其色如雪”意为烧后颜色如雪一样白，无水CuSO4虽说是白色，但含结晶水的CuSO4·5H2O为蓝色，俗称“蓝矾”、“胆矾”，故B错误；C．“令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”经历“生砒—砒烟—凝结”过程，即为升华和凝华，故C正确；D．“窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之”说的就是将花中的水及某些有机物蒸馏后冷凝收集得到液体的过程，故D正确；故答案选B。2．磷灰石矿物中氧同位素含量的测定可用于研究古气候条件，其中一种原理如下：反应1：5Ag3PO4+8BrF5eq\o(=,\s\up7(高温))15AgF+5PF5+4Br2+10O2反应2：C+O2eq\o(,\s\up7(△))CO2反应后冷冻收集CO2，并送入气体同位素质谱仪测含量。下列说法正确的是A．Br2的电子式：Br:Br B．与互为同位素C．CO2的结构式是O=C=O D．AgF和PF5都属于离子化合物【答案】C【解析】A．Br2的电子式是，故A错误；B．与是不同氧原子组成的氧气，是单质，不是同位素，故B错误；C．CO2是直线型分子，结构式是O=C=O，故C正确；D．AgF是离子化合物而PF5属于共价化合物，故D错误；故答案为C。3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．2.8gCO和N2混合气体中含有的质子数为1.4NAB．1mol·L−1CuCl2溶液中含有的Cl−数目为2NAC．标准状况下，4.48LSO3中含有的氧原子数为0.6NAD．3molNO2与足量的H2O反应，转移的电子数为NA【答案】A【解析】A．氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，且两者均含14个质子，2.8g混合物的物质的量为0.1mol，故0.1mol混合物中含1.4NA个质子，故A正确；B．没有说明溶液的体积，不能计算1mol·L−1CuCl2溶液中含有的Cl−数目，故B错误；C．标准状况下，SO3是固体，不能通过体积计算物质的量，故C错误；D．3molNO2与足量H2O反应生成了1mol一氧化氮，转移了2mol电子，转移的电子数为2NA，故D错误；故选A。4．下列装置或操作能达到实验目的的是A．将海带灼烧成灰 B．实验室制备乙酸乙酯C．除去甲烷中的乙烯 D．证明非金属性：Cl>C>Si【答案】B【解析】A．不能在烧瓶中灼烧海带，要在坩埚中灼烧，故A错误；B．实验室通过乙酸和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应生成乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液除去乙酸、乙醇杂质且减少乙酸乙酯的溶解量，故B正确；C．乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应会生成二氧化碳混在甲烷中，不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，故C错误；D．浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl也能和碳酸钠反应生成硅酸沉淀，所以干扰实验，且HCl不是氯元素的最高价氧化物是水化物，所以不能实现实验目的，故D错误；故选B。5．下列五种有机物存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是A．有机物①与乙烯互为同系物B．有机物③转化为有机物④的反应属于加成反应C．有机物④转化为有机物⑤的反应中反应物的物质的量之比为1∶1D．含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物③的同分异构体（不考虑立体异构）有3种【答案】D【解析】A．有机物①含有碳碳双键和羟基，而乙烯只含有碳碳双键，二者结构不同，不是同系物，故A错误；B．有机物③与NaCN发生取代反应转化为有机物④，故B错误；C．④、⑤的分子式分别为C5H7ON、C5H11ON，则有机物④转化为有机物⑤的反应中反应物的物质的量之比为1∶2，故C错误；D．含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物③的同分异构体中，四元环中含有4个碳，环上连接－Cl和－OH，二者有相邻、相间和同在一个碳上，共3种不同的位置，故D正确．故选D。6．W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素。W元素的原子半径最小，X的氢化物可做制冷剂，Y的族序数等于周期数，Z元素最高价氧化物对应水化物是一种无色油状液体。下列说法正确的是A．工业上用Y与M形成的化合物熔融电解制备单质YB．Z单质在空气中燃烧和在纯氧中燃烧生成的产物不同C．W、X、Z形成的一种化合物能与盐酸或NaOH反应D．M元素简单离子的半径是同周期主族元素形成简单离子半径最大的【答案】C【解析】五种元素中W元素的原子序数最小，且原子半径最小，则W为H元素；X的氢化物可做制冷剂，则X为N元素，该氢化物为NH3；Y的族序数等于周期数，且原子序数大于N，则Y为第三周期ⅢA族元素，即为Al元素；Z元素最高价氧化物对应水化物是一种无色油状液体，则Z为S元素；M为原子序数大于S的短周期主族元素，则M为Cl元素。A．Y与M形成的化合物为AlCl3，其为共价化合物，熔融状态不导电，所以不能电解溶液氯化铝制取铝单质，一般电解熔融氧化铝，A错误；B．S单质无论在纯氧中燃烧还是在空气中燃烧都生成SO2，产物相同，B错误；C．W、X、Z三种元素可以形成化合物NH4HS，能与盐酸或NaOH反应，C正确；D．S2−和Cl−核外电子层结构相同，但S2−的核电荷数更小，半径更大，D错误；综上所述答案为C。7．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将浓H2SO4和Cu片加热产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色浓H2SO4具有强氧化性B将食品袋中的抗氧化剂(Fe粉)加入少量稀硫酸，再滴加KSCN溶液，没有血红色出现抗氧化剂没有吸收O2C将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入KMnO4溶液中，KMnO4溶液褪色溴乙烷发生了消去反应D加热淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，没有出现红色沉淀淀粉没有发生水解【答案】A【解析】A．将浓硫酸和铜片加热产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色说明反应生成的气体为二氧化硫，则反应中硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，具有强氧化性，故A正确；B．若抗氧化剂中铁粉吸收氧气部分被氧化为氧化铁，加入稀硫酸时，氧化铁溶解生成的铁离子可与过量的铁粉反应生成亚铁离子，溶液中不存在铁离子，则加入硫氰化钾溶液，没有血红色出现不能说明抗氧化剂没有吸收氧气，故B错误；C．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇蒸汽能与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使高锰酸钾溶液褪色，会干扰乙烯的检验，则将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色不能说明溴乙烷发生了消去反应，故C错误；D．淀粉水解生成的葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀，酸性条件下不能反应，则加热淀粉和稀硫酸混合液，再向其中滴加新制的氢氧化铜悬浊液，加热，没有出现红色沉淀不能说明淀粉没有发生水解，故D错误；故选A。8．化学家正在研究尿素燃料电池，尿素燃料电池结构如图所示，用这种电池直接去除城市废水中的尿素，下列有关描述正确的是A．甲电极为电池的正极B．乙电极的电极反应式为：O2+4e−+2H2O=4OH−C．电池工作时氢离子向甲电极移动D．电池工作时，理论上净化废水中1molCO(NH2)2消耗标准状况下33.6LO2【答案】D【解析】进氧的一极为正极，则乙为正极，甲为负极。A．由分析可知甲为电池负极，故A错误；B．乙为正极，乙电极的电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，故B错误；C．电池工作时氢离子向正极移动，则向乙电极移动，故C错误；D．电池工作时，总反应式为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，理论上净化1molCO(NH2)2消耗1.5mol氧气，标准状况下1.5mol氧气体积为33.6L，故D正确；故选D。9．将CO2转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。我国学者提出的CO2催化加氢合成CH3OH的机理如题图(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列说法正确的是A．催化剂的使用能提高CO2的平衡转化率B．CO2催化加氢合成CH3OH总反应的ΔS＞0C．反应④中存在共价键的断裂和共价键的生成D．反应机理表明H2O参与了CO2合成CH3OH的反应【答案】D【解析】A．催化剂的使用能提高反应速率，但不能改变CO2的平衡转化率，A错误；B．CO2催化加氢合成CH3OH总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，正反应体积减小，则反应的ΔS<0，B错误；C．根据机理图可判断反应④中只存在共价键的生成，C错误；D．反应机理表明③和④中H2O参与了CO2合成CH3OH的反应，D正确；答案选D。10．以丙烯、氨气和空气(空气中O2体积分数约为20%)为原料，在催化剂条件下生产丙烯腈(CH2CHCN)的过程中会同时生成副产物丙烯醛，发生的主要反应如下：C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=CH2CHCN(g)+3H2O(g)C3H6(g)+O2(g)=CH2CHCHO(g)+H2O(g)在恒压、460℃时，保持丙烯和氨气的总进料量和空气的进料量均不变，丙烯腈和丙烯醛的平衡产率随进料气中n(氨气)/n(丙烯)的比值变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A．图中曲线a表示丙烯腈的平衡产率随n(氨气)/n(丙烯)比值的变化B．增大压强有利于提高反应速率和丙烯腈的平衡产率C．使用合适的催化剂可以使丙烯腈的平衡产率达到100%D．由图可知，原料氨气、丙烯和空气的理论最佳进料体积比为2∶2∶3【答案】A【解析】A．氨气占比增加有利于丙烯腈的合成，据图可知当n(氨气)/n(丙烯)比值小于1时，随着比值增大a曲线代表的物质平衡产率增加，所以a为丙烯腈，A正确；B．合成丙烯腈的反应为气体系数之和增大的反应，增大压强不利于反应正向进行，B错误；C．可逆反应中反应物的转化率不可能达到100%，C错误；D．据图可知当n(氨气)/n(丙烯)比值为1时，丙烯腈的平衡产率最大，丙烯醛的平衡产率最小，根据合成丙烯腈的反应可知氧气的量为氨气的量的1.5倍为最佳配比，而氧气占空气的20%，所以原料氨气、丙烯和空气的理论最佳进料体积比为1∶1∶7.5，即2∶2∶15，D错误；综上所述答案为A。不定项选择题11．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A．FeCl3溶液可用于蚀刻铜制电路板B．工业上铝、铁、铜等一般通过热还原法冶炼C．地沟油经过加工处理后可用来制生物柴油D．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性【答案】B【解析】A．，铁离子的氧化性大于铜离子，可以用于刻蚀电路板，A项正确；B．铝为活泼金属，常用电解法冶炼，B项错误；C．地沟油与甲醇在催化剂的作用下进行酯交换用于制作柴油，C项正确；D．蛋白质易受热变性，故可以通过加热来进行杀菌，D项正确；答案选B。12．2020年人类在金星大气中探测到PH3，实验室制备PH3的方法有：①PH4I+NaOH=NaI+PH3↑+H2O；②P4+3KOH+3H2Oeq\o(,\s\up7(△))3KH2PO2+PH3↑。已知H3PO2是一元弱酸，其结构式为。下列说法正确的是A．基态P的轨道表示式为B．1molP4分子中含有6molP－P键C．PHeq\o\al(+,4)中提供孤电子对的原子是PD．反应②中若KOH过量会发生反应：P4+9KOHeq\o(,\s\up7(△))3K3PO2+PH3↑+3H2O【答案】BC【解析】A．选项中3p轨道填充的电子违背洪特规则，基态P的轨道表示式为，A错误；B．P4分子的空间构型为正四面体，P原子位于4个顶点，所以一个P4分子中含有6个P－P键，则1molP4分子中含有6molP－P键，B正确；C．P原子价层电子数为5，采取sp3杂化，和其中三个氢原子各形成一个σ键，还剩余一对孤对电子，与氢离子的空轨道形成配位键，C正确；D．H3PO2是一元弱酸，KH2PO2属于正盐，不能与KOH反应，即反应②中若KOH过量，发的生反应仍是：P4+3KOH+3H2Oeq\o(,\s\up7(△))3KH2PO2+PH3↑，D错误；综上所述答案为BC。13．常温下，已知Ka1(H2CO3)=4.3×10−7，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR−、R2−三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述正确的是A．H2R的二级电离常数Ka2的数量级为10−5B．在pH=4的溶液中：3c(R2−)<c(Na+)+c(H+)-c(OH−)C．等体积、等浓度的NaOH浴液与H2R溶液混合后，溶液中：(R2−)<c(H2R)D．向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，发生的反应是：COeq\o\al(2−,3)+H2R=CO2↑+H2O+R2−【答案】AB【解析】二元酸H2R存在两步电离：H2RHR−+H+，HR−R2−+H+，根据图上第一个交点，c(H2R)=c(HR−)，=c(H+)=1×10−1.3；根据图上的第二个交点，c(HR−)=c(R2−)，=c(H+)=1×10−4.3；R2−存在两步水解，R2−+H2OHR−+OH−，HR−+H2OH2R+OH−，，。A．=c(H+)=1×10−4.3=100.7×10−5，属于10−5数量级，A符合题意；B．由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=2c(R2−)+c(HR−)+c(OH−)，由图像可知pH=4时，c(R2−)＜c(HR−)，故3c(R2−)<c(Na+)+c(H+)-c(OH−)，B符合题意；C．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，二者恰好反应生成NaHR，HR−可以电离也可以水解，根据分析，Ka2>Kh2，说明电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故电离产物c(R2−)大于水解产物c(H2R)，C不符合题意：D．根据弱酸的电离平衡常数越大酸性越强，由于Ka1(H2R)>Ka2(H2R)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)，可得酸性H2R>HR−>H2CO3>HCOeq\o\al(−,3)，向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，因为根据强酸制弱酸的原理，COeq\o\al(2−,3)转化为CO2，并生成HR−，发生的反应是COeq\o\al(2−,3)+2H2R=CO2↑+H2O+2HR−，D不符合题意；故答案为AB。14．利用双极膜制备磷酸和氢氧化钠的原理如图所示。已知双极膜是一种复合膜，在直流电作用下，双极膜中间界面内水解离为H+和OH−，并实现其定向通过。下列说法正确的是A．若用铅蓄电池为电源，则X极与Pb电极相连B．双极膜中a为H+，b为OH–C．阴极区溶液pH减小D．M膜为阴离子交换膜，N膜为阳离子交换膜【答案】D【解析】A．铅蓄电池中Pb为负极，PbO2电极为正极，X极应与PbO2相连，A项错误；B．电解池中阴离子向阳极迁移，阳离子向阴极迁移，所以双极膜中a为OH−，b为H+，B项错误；C．阴极电极反应为2H++2e−=H2↑，每转移1mol电子，消耗1molH+，此时双极膜又产生1molH+，因阴极区电解液未知，无法确定阴极区溶液pH变化情况，C项错误；D．M膜为阴离子交换膜，原料室中通过M膜进入产品室1，与双极膜产生的H+结合生成H3PO4，N膜为阳离子交换膜，原料室中Na+通过N膜进入产品室2，与双极膜产生的OH−结合生成NaOH，D项正确。故选D。15．一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中不正确的是A．反应Ⅱ中H2O2作还原剂B．产品中含有SOeq\o\al(2−,4)、Cl−C．NaClO2的漂白原理与SO2相同D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行【答案】C【解析】反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应Ⅱ中生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，反应Ⅱ为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2。A．反应II中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，故A正确；B．反应过程中涉及硫酸、硫酸钠和氯化钠，所以产品中也可能含SOeq\o\al(2−,4)、Cl−，故B正确；C．NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，SO2和有色物质发生化合反应生成无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；D．从溶液中获取晶体蒸发结晶在蒸发皿中进行，故D正确；故选C。非选择题16．2020年春节前后，新型冠状病毒严重影响了人们正常生活。含次氯酸钠30%的水溶液具备良好的杀菌消毒效果。某化学兴趣小组拟利用实验室的常见药品制备次氯酸钠消毒液，并探讨提高消毒液中次氯酸钠百分比的方法。Ⅰ．该小组同学采用了高锰酸钾和浓盐酸在图1所示装置①中制氯气，请回答下列问题：(1)①中反应的化学方程式为___________。(2)甲同学利用图1中的装置①~⑤证明从a出来的氯气潮湿且含有氯化氢，则接口的连接顺序a___________填接口编号⑤中放入___________。乙同学认为甲同学的装置太复杂，可去掉装置⑤，同时将②中的溶液换成W，溶液W及实验中对应的现象为___________。Ⅱ．该小组同学将氯气通入含氢氧化钠溶液的烧杯中，发现反应放热明显，查阅资料获悉，氯气与碱溶液反应，产物会随反应温度的不同而不同。具体如下：eq\o(=,\s\up7(冷水))，eq\o(=,\s\up7(75℃))该小组利用该信息又设计了如图2所示的装置制取KClO3和NaClO。(3)该小组应控制的实验条件是___________。反应后，从装置⑥中溶液蒸发浓缩获得晶体，将该晶体与二氧化锰共热，生成了能使带火星的木条复燃气体。(4)⑧处发生反应的离子方程式为___________。(5)根据上述Ⅰ、Ⅱ两个实验过程，你认为在实验室制取消毒液并提高次氯酸钠的质量分数，应该注意的事项有列举两条。①___________；②___________。【答案】（1）浓efdchgb或fedchgb湿润的淀粉碘化钾试纸紫色石蕊试液，溶液变红色且不褪色装置⑥放入75℃热水浴中，装置⑦放入冰水浴中氯气通入氢氧化钠溶液前要除去HCl，以免产物中氯化钠较多要在较低温度下反应，以免产物中氯酸钠较多【解析】该实验利用高锰酸钾和浓盐酸制取氯气，发生装置出来的氯气中含有氯化氢和水，硫酸铜检验水，用四氯化碳溶液吸收氯气，然后用硝酸银溶液检验氯化氢气体。由于温度不同，氯气与碱溶液产物不同，故反应制备KClO3和NaClO需要注意控制反应温度。(1)高锰酸钾具有强氧化性，在常温下可以将浓盐酸氧化为氯气，自身被还原为二价锰，故①中反应的化学方程式为：浓。(2)发生装置出来的氯气中含有氯化氢和水，硫酸铜优先检验水防止后续溶液中的水干扰实验，然后用四氯化碳溶液吸收氯气防止氯气干扰氯化氢的检验，并且要用湿润的淀粉碘化钾试纸来证明氯气被完全吸收，然后用硝酸银溶液检验氯化氢气体，故答案为efdchgb或fedchgb，湿润的淀粉碘化钾试纸。可以利用紫色石蕊溶液来证明从③出来的气体不含有氯气但含有氯化氢，溶液不褪色证明不含有氯气且溶液最后为红色说明只能是氯化氢气体，所以答案为：紫色石蕊试液，溶液变红色且不褪色。(3)由于温度不同，氯气与碱溶液产物不同，要产生氯酸根必须控制温度为75℃，可以75℃水浴加热，要制取次氯酸盐，需要控制温度较低，可以用冰水浴，故答案为：装置⑥放入75℃热水浴中，装置⑦放入冰水浴中。(4)⑧处发生反应为氯气将硫代硫酸钠氧化，可以除去尾气中的氯气，故答案为：。(5)氯化钠的含量会影响漂白液中次氯酸钠的质量分数，而氯气中的HCl会与氢氧化钠溶液反应产生氯化钠，所以氯气通入氢氧化钠溶液前要除去HCl，以免产物中氯化钠较多；温度过高会产生氯酸钠，所以要在较低温度下次氯酸钠的质量分数才会更大。17．CO2甲烷化加快了能源结构由化石燃料向可再生碳资源的转变。(1)CO2甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)ΔH=206kJ·mol−1；CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH=-41kJ·mol−1。则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=______kJ·mol−1，ΔS______0(填“>”、“<”或“=”)。(2)催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。②高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是______。②对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是______，使用的合适温度为______。(3)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现CO2甲烷化，其工作原理如图所示。①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为______。②如果处理有机物[(CH2O)n]产生标准状况下56m3的甲烷，则理论上导线中通过的电子的物质的量为______。【答案】（1）-165<（2）320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加Ni-CeO2320℃（3）CO2+8H++8e−=CH4+2H2O2×104mol【解析】(1)已知①CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)ΔH=206kJ·mol−1；②CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH=-41kJ·mol−1；根据盖斯定律-(①+②)可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=-(206kJ·mol−1-41kJ·mol−1)=-165kJ·mol-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS<0；(2)①320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；②根据②可知Ni-CeO2的催化效果更好，适宜温度为320℃，此时CO2的转化率达到最大；(3)①CO2转化为CH4被还原，所以阴极反应即CO2甲烷化的反应，电极反应为CO2+8H++8e−=CH4+2H2O；②标准状况下56m3的甲烷的物质的量为=2.5×103mol，根据电极反应式可知转移的电子的物质的量为2.5×103mol×8=2×104mol。18．铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。Ⅰ．工业上用赤铁矿(含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等)制备绿矾FeSO4·7H2O的流程如下：(1)滤液Ⅰ中的溶质除NaOH外还有_______。(2)向滤渣Ⅰ中加入过量的试剂a为_______，试剂b要加入过量，试剂b为_______。(3)操作④隔绝空气的目的是_______。(4)操作①②③中所需的玻璃仪器是_______。Ⅱ．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向髙铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。(5)干法制备高铁酸钠的主要反应为：，该反应中Na2O2是_______(填氧化剂、还原剂)，Na2O2与CO2反应的化学反应方程式为_______。(6)湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO−、OH−、FeOeq\o\al(2−,4)、Cl−、H2O。①碱性条件下，氧化剂和还原剂按物质的量之比为3∶2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_______。②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_______mol。【答案】（1）NaAlO2、Na2SiO3硫酸(H2SO4)铁粉(Fe)防止溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+烧杯、玻璃棒、漏斗氧化剂、还原剂2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeOeq\o\al(2−,4)+3Cl−+5H2O0.15【解析】赤铁矿(含Fe2O3、FeO，也含有Al2O3、MnO2、CuO、SiO2等)，由制备流程可知，加NaOH后，Al2O3、SiO2与NaOH反应，则滤液I中含OH−、AlOeq\o\al(−,2)、SiOeq\o\al(2−,3)，滤渣I中含Fe2O3、FeO、MnO2、CuO，在滤渣I中加试剂a将Fe2O3、FeO、CuO溶解，分离出MnO2，试剂a为硫酸，操作①②均为过滤，滤液Ⅱ中含硫酸、Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4，加入试剂b除去Fe2(SO4)3、CuSO4，试剂b为Fe，操作③为过滤，滤渣Ⅲ为Cu、Fe，滤液Ⅲ中含FeSO4，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾。(1)根据上述分析，滤液Ⅰ中的溶质除NaOH外还有偏铝酸钠和硅酸钠，故答案为：NaAlO2、Na2SiO3；(2)根据流程图，加入试剂a是将Fe2O3、FeO、CuO溶解，分离出MnO2，且要制备绿矾，因此试剂a为硫酸，加入试剂b除去Fe2(SO4)3、CuSO4得到FeSO4溶液，因此试剂b为Fe，故答案为：硫酸(H2SO4)；铁粉(Fe)；(3)亚铁离子不稳定，易被空气中的氧气氧化生成铁离子，所以操作④需要隔绝空气，防止溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，故答案为：防止溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+；(4)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以实验室中操作①②③的所需玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；(5)反应中Fe颜色化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素的化合价部分由-1价降低为-2价，部分由-1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：氧化剂、还原剂；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(6)①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeOeq\o\al(2−,4)为产物，Fe(OH)3为反应物，Fe的化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO−为反应物，Cl−为生成物，化合价降低共2价，化合价升降的最小公倍数为6，故Fe(OH)3的系数为2，FeOeq\o\al(2−,4)的系数为2，ClO−的系数为3，Cl−的系数为3，根据电荷守恒可知，OH−为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeOeq\o\al(2−,4)+3Cl−+5H2O；②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为=0.15mol，故答案为：0.15。19．氧化亚铜(Cu2O)可用于陶瓷、固体整流器。可用反应制备：2(CuSO4·5H2O)eq\o(=,\s\up7(高温))Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑+10H2O。回答下列问题：（1）Cu2O中基态铜的离子的价层电子排布图为_______________。在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因__________________。（2）已知H2SO4的结构式如图所示：。上述反应中：①在上述产物中，VSEPR模型与硫酸相同的是_________（填化学式，下同），与NOeq\o\al(−,3)互为等电子体的一种分子是________。②SOeq\o\al(2−,3)的杂化类型是________，请比较键角的大小：SOeq\o\al(2−,3)_____SOeq\o\al(2−,4)(填“>”“<”或“=”)（3）CuCl2与氨水反应可形成配合物[Cu(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为____________。（4）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。已知：a＝b＝0.524nm，c＝1.032nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是________g·cm−3(列出计算式)。【答案】（1）结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定H2OSO3sp3<16mol，或者16×6.02×1023个【解析】（1）Cu+离子的价层电子排布式为3d10，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+的价电子排布式3d10，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定，在高温下CuO能分解生成Cu2O。（2）①H2O，O原子形成2个O－H键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化，VSEPR模型与硫酸相同的是H2O，与NOeq\o\al(−,3)互为等电子体的一种分子是SO3。②SOeq