吉林白山市第二十中学等2026届高三考前模拟测试二化学学科试卷（含解析）

/2026届考前模拟测试二化学学科试题本试卷分选择题和非选择题两部分，满分为100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将条形码贴在答题卡相应位置，并且把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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。答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Al-27Sc-45Ti-48Ag-108一、选择题：(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.科技发展见证自立自强的奋进中国，下列有关说法错误的是A.“梦天实验舱”搭载高精度锶(Sr)光钟，锶为主族元素B.“天舟航天器”使用基于单质硅的半导体材料，单晶硅是共价晶体C.“嫦娥五号”配置砷化镓(GaAs)太阳能电池，GaAs中As的化合价为+3价D.“天问一号”使用Ti-Ni形状记忆合金，Ti和Ni元素都位于周期表的d区【正确答案】C【详解】A．Sr位于元素周期表第五周期第ⅡA族，属于主族元素，故A正确；B．单晶硅中硅原子间以共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，故B正确；C．Ga的电负性小于As，Ga位于第ⅢA族，GaAs中Ga的化合价为+3，根据化合物正负化合价代数和为0，可知As化合价为-3，故C错误；D．Ti位于第四周期ⅣB族，Ni位于第四周期Ⅷ族，二者均属于元素周期表的d区元素，故D正确；选C。2.高活性人工固氮产物的合成原理为。下列有关化学用语表述错误的是A.LiH的电子式为B.石墨中碳原子的杂化轨道示意图为C.的VSEPR模型为D.基态氮原子电子排布图为【正确答案】C【详解】A．LiH是离子化合物，电子式为，故A正确；B．石墨中碳原子采用sp2杂化，为平面三角形，杂化轨道示意图为，故B正确；C．与互为等电子体，N原子价电子对数为2，VSEPR模型为直线形，故C错误；D．N是7号元素，基态氮原子电子排布图为，故D正确；故选C。3.XeF2是一种氟化剂，能将苯转化为氟苯，其原理为：XeF2+C6H6=C6H5F+Xe+HF，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是A.1molHF中含有的电子数为10NAB.39gC6H6中含有的π键数为1.5NAC.生成1.5molC6H5F转移的电子数为3NAD.1molXeF2中Xe的价层电子对数为5NA【正确答案】B【详解】A．1个HF分子含有的电子数为1+9=10，故1molHF中含有的电子数为，A正确；B．苯的摩尔质量为，39g的物质的量为39g78g/molC．反应中Xe化合价由+2价降为0价，每生成1molC6H5F转移2mol电子，故生成1.5molD．中Xe的价层电子对数为，故1mol中Xe的价层电子对数为，D正确；故答案选B。4.下列实验装置或操作不能达到实验目的的是A．利用苯甲酸和苯甲醇制备苯甲酸苯甲酯(上图中加热装置已经省略)B．用上述装置可以制备甲酸C．熔融纯碱D．制取少量CO2A.A B.B C.C D.D【正确答案】B【详解】A．苯甲酸和苯甲醇的酯化反应是可逆反应，该装置的分水器可以分离出反应生成的水，使酯化平衡正向移动，提高酯的产率，能达到实验目的，A不符合题意；B．酸性高锰酸钾是强氧化剂，足量酸性高锰酸钾会先将甲醇氧化为甲酸，再进一步将甲酸彻底氧化为，最终无法得到甲酸，不能达到实验目的，B符合题意；C．熔融纯碱在高温下会和瓷坩埚中的​反应，不能用瓷坩埚，铁不与碳酸钠反应，可使用铁坩埚熔融纯碱，能达到实验目的，C不符合题意；D．大理石主要成分为​，和盐酸反应可以制取，该装置是简易启普发生器，安全漏斗可以起到液封作用，可以制取少量，能达到实验目的，D不符合题意；故选B。5.北京大学和复旦大学研究团队联合开发了一种工业制氢的高效纯化方法(如图所示)：基于Al2O3/Cu催化剂的γ-丁内酯(GBL)与1，4-丁二醇(BDO)可逆循环体系；可在170℃条件下直接从含有CO、CO2等杂质浓度超过50%的工业粗氢中捕获并释放纯度超过99.998%的氢气。已知γ-丁内酯(GBL)的结构简式为。下列说法错误的是A.GBL→BDO发生了氧化反应B.1，4-丁二醇的沸点高于γ-丁内酯的沸点C.1，4-丁二醇和γ-丁内酯(GBL)的核磁共振氢谱上均有3组信号峰D.获得高纯氢的化学方程式为【正确答案】A【分析】根据流程可知：工业粗氢中，GBL（γ-丁内酯）与粗氢中的​反应生成（1，4-丁二醇），杂质排出；分解释放高纯氢，同时再生GBL，循环使用；【详解】A．GBL→BDO是GBL（内酯）与H2​加成生成1，4-丁二醇，有机反应中加氢属于还原反应，不是氧化反应，A错误；B．1，4-丁二醇分子含有2个羟基，可形成更多分子间氢键，相同条件下沸点高于不含羟基的γ-丁内酯，B正确；C．1，4-丁二醇结构对称，氢的种类：2个等价的羟基氢、2个等价的端基亚甲基氢、2个等价的中间亚甲基氢，共3种不同化学环境的氢；γ-丁内酯的环结构中，三个亚甲基的氢化学环境均不同，共3种不同化学环境的氢；因此二者核磁共振氢谱都有3组信号峰，C正确；D．获得高纯氢是BDO在催化剂、条件下分解生成γ-丁内酯和，题给方程式原子守恒、反应关系正确，D正确；故选A。6.氮化镓是制备蓝光LED与5G射频芯片的核心半导体材料，其优异的性能源于独特的结构，而其工业生产流程也涉及一系列结构化学原理。下列从微观角度对相关物质性质进行的解释错误的是选项物质性质微观解释AGaN和GaP的晶体类型均与晶体Si的类似，GaN晶体的熔点约为1700℃，而GaP晶体的熔点为1457℃GaN和GaP均为共价晶体，其中Ga-N键的键长短，键能大B工业上采用Ga与NH3在高温条件下反应制备GaN，而不用N2直接与Ga反应N2分子中N≡N键的键能大，化学性质不活泼，而NH3在高温条件下可分解生成高活性的NH2或N原子，更易与Ga反应CNH3的键角(约107℃)大于PH3的键角(约93.5℃)NH3分子间存在氢键，PH3分子间无氢键D第一电离能I1(Mg)>I1(Al)Al的3p能级电子的能量比Mg的3s能级电子的高A.A B.B C.C D.D【正确答案】C【详解】A．GaN、GaP和晶体Si均为共价晶体，N原子半径小于P，Ga-N键键长比B．分子中键键能极大，化学性质稳定，难以与Ga反应；高温可分解为高活性的含氮微粒，更易反应，B正确；C．键角是分子内共价键的夹角，属于分子内部结构参数，与分子间氢键无关键角更大是因为N电负性大于P，成键电子对更靠近中心原子，成键电子对间排斥力更强，C错误；D．Mg的价电子排布为（全满稳定结构），Al的价电子排布为，能级电子能量高于能级，更易失去，故第一电离能，D正确；故选C。7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、Z、W在第二周期且相邻；M的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种。由该五种元素形成的一种配合物的结构如图所示，其中Y、Z、W原子的最外层均达到8电子稳定结构。下列说法正确的是A.该配合物中存在的化学键有极性共价键、配位键、氢键、离子键B.1mol该配合物中含有4mol配体，且M的化合价为+2C.ZX3形成的晶体可采用面心立方堆积，并且配位数为12D.X、Y、Z三种元素可以形成盐【正确答案】D【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z、W在第二周期且相邻，因此Y、Z、W是第二周期相邻的三种主族元素，原子序数依次增大。配合物结构中，Y形成4个单键（达到8电子稳定结构），故Y最外层有4个电子，为C（碳）；Z与Y形成双键，且为8电子稳定结构，故Z为N（氮）；W与X形成氢键，且最外层达到8电子稳定结构，故W为O（氧），因此Y=C、Z=N、W=O。X的推断：原子序数比C小，且能形成单键、也能形成氢键，因此X为H（氢），M的推断：基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种。价层电子的空间运动状态数=价层轨道数，即价层有6个轨道：价电子排布为3d84s2时，价层轨道数为：4s（1个）+3d（5个）=6个，符合条件，故M为Ni。【详解】A．氢键不是化学键，因此“化学键包含氢键”的说法错误，A错误；B．该配合物中，配体是整体的螯合配体（2个N配位），1mol配合物含2mol配体；且根据电荷平衡，Ni的化合价是+2，B错误；C．ZX3​为NH3，固态NH3为分子晶体，NH3分子中存在氢键，不是面心立方堆积，配位数也不是12，C错误；D．X（H）、Y（C）、Z（N）三种元素可以形成铵盐（如NH4​CN），属于盐类，D正确；故答案选D。8.根据下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是选项实验操作实验现象结论A分别测定浓度均为0.1mol/LCH3COONH4和NaHCO3溶液的pHNaHCO3溶液的pH数值大Kb(CH3COO-)<Kb()B向己烯中加入少量溴水，振荡、静置，上下两层均无色，测溴水层溶液反应前后的pH溶液pH增大己烯与Br2发生的不是取代反应C用pH计分别测定SO2的饱和溶液和CO2的饱和溶液的pHSO2的饱和溶液pH小酸性：H2SO3>H2CO3D乙酰水杨酸(结构简式见下图)加水溶解，滴入2滴稀硫酸，振荡后，滴入几滴FeCl3溶液未出现紫色乙酰水杨酸未发生水解A.A B.B C.C D.D【正确答案】B【详解】A．CH3COONH4中也会发生水解，中不水解，两种溶液的阳离子不同，对pH的影响不同，无法直接比较和的水解常数，A错误；B．若己烯与发生取代反应，会生成强酸性的，溶液会减小；实验现象为增大，说明没有生成，证明己烯与发生的不是取代反应，B正确；C．SO2在水中的溶解度远大于CO2，两种饱和溶液中和的浓度不同，不能通过大小比较酸性强弱，要比较酸性需要控制两种酸浓度相同，C错误；D．若乙酰水杨酸水解程度较小，生成的酚羟基浓度过低，也无法使显紫色，因此未出现紫色不能证明乙酰水杨酸未发生水解，D错误；故选B。9.三元层状化合物TimAlnCp可用于高温结构材料、电接触材料等领域，其晶胞结构如下图所示，1号原子与晶胞底部和3号原子与晶胞顶部的垂线距离相同，1号、2号的原子坐标分别为。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.该晶体密度为 B.该晶体与石墨类似，属于混合型晶体C.该晶体化学式为Ti3AlC2 D.3号的原子坐标应为【正确答案】A【分析】用均摊法计算原子数：原子位于顶点、棱上和内部，数目为4×16+4×112+2×13【详解】A．

该晶胞底面为夹角、边长为的平行四边形，底面积S=a2sin⁡120∘=32a2pmB．该晶体为层状结构，和石墨类似，层内原子以共价键结合，层间主要为金属键，属于混合型晶体，B正确；C．根据分析可知，该晶体化学式为Ti3AlC2，C正确；D．已知1号原子坐标为，且1号原子与晶胞底部和3号原子与晶胞顶部的垂线距离相同，即二者在z轴方向的坐标之和为1，则3号的原子z轴坐标为，且x、y轴坐标与2号的相同，因此3号的原子坐标为，D正确；故选A。10.吲哚美辛常用于治疗非特异性发热、风湿性及类风湿性关节炎等，是抗炎作用最强的甾体类药物之一、其结构简式如下图所示，下列有关吲哚美辛的说法不正确的是A.该物质含氧有3种合氧官能团B.分子所有碳原子可能处于同一平面C.能和Br2发生加成反应，碳原子的杂化方式有sp2和sp3杂化D.在酸性条件下水解可得到α-氨基酸和有机盐【正确答案】D【详解】A．该物质的含氧官能团分别是醚键、羧基、酰胺基，共3种，A正确；B．苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，单键可以旋转，所有碳原子通过单键旋转可以处于同一平面，B正确；C．分子中含有碳碳双键，可以和发生加成反应；分子中双键/苯环/羰基的碳原子为杂化，甲基、亚甲基等饱和碳原子为杂化，两种杂化方式都存在，C正确；D．该物质含有的酰胺基在酸性条件下水解，得到的产物是两种羧酸，不存在α-氨基酸（α-氨基酸要求氨基和羧基连接在同一个碳原子上，该结构水解后不存在该结构），且酸性条件下水解不会得到有机盐，D错误；故选D。11.含钛高炉渣富含TiO2、Al2O3、MgO、CaO、SiO2、Fe3O4等氧化物，其用于提取金属钛的流程如下。已知：TiO2不溶于水、稀酸和碱溶液。下列说法正确的是A.若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，最终得到的滤渣2主要成分相同B.“研磨、磁选”时可以除去高炉渣中的铁元素和硅元素C.“酸浸”和“碱浸”均应在高温条件下进行D.若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变【正确答案】A【详解】A．原流程最终滤渣2为，若交换顺序，先进行碱浸，矿渣中的和与溶液反应分别生成和。同时，与水反应生成，与反应生成沉淀。故碱浸后滤渣中含有、、，再进行酸浸时，溶解，与盐酸反应生成沉淀，最终得到的滤渣2为和的混合物，由于是流程旨在提取的目标产物，在两种流程的最终滤渣中均是主要成分，A正确；B．只有具有磁性，可通过磁选除去铁元素，硅元素存在于无磁性的中，无法通过磁选除去，B错误；C．酸浸使用稀盐酸，若高温会导致大量挥发，且酸浸、碱浸在常温下即可发生反应，无需高温条件，C错误；D．原流程中被稀盐酸酸浸除去，不消耗；互换顺序后会与反应，额外消耗，故氢氧化钠用量增加，D错误；故答案选A。12.实验室用H2和Br2制备无水HBr的装置如图所示，夹持装置略。已知：PBr3易水解。下列说法错误的是A.装置E可盛放P2O5，也可以盛放无水CaCl2B.装置D发生的反应有2P+3Br2+6H2O=2H3PO3+6HBrC.实验过程中应先滴入液溴，再通入氢气，最后加热管式炉D.装置F连接装有碱石灰的干燥管可除去的尾气有Br2和HBr【正确答案】C【分析】该实验以氢气和液溴为原料制备无水溴化氢，流程按气流方向依次为：装置A用浓硫酸干燥氢气以除去水蒸气，干燥的氢气进入装置B，将滴入的液溴蒸气带出并混合；混合气进入装置C，在管式炉中以铂石棉为催化剂加热反应生成HBr；生成的HBr经装置D中湿润红磷除去未反应的Br2并补充生成HBr，再通过装置E干燥，随后在装置F中冷却收集，最后连接装有碱石灰的干燥管，除去尾气中的Br2和HBr以防止污染。【详解】A．装置E的作用是干燥HBr，防止水蒸气进入装置D导致PBr3水解。P2O5（酸性干燥剂）和无水CaCl2（中性干燥剂）都不与HBr反应，且能吸水，因此都可用于干燥HBr，A正确；B．装置D中负载了湿润红磷，红磷会与Br2、水发生反应：2P+3Br2+6H2O=2H3PO3+6HBr，反应除掉未反应的Br2，同时生成HBr，提升产率，B正确；C．实验过程中应先通入氢气，排尽装置内的空气，防止氢气与空气混合加热时发生爆炸；再滴入液溴，最后加热管式炉。若先滴入液溴，装置内的空气会与氢气混合，加热时易引发爆炸，C错误；D．尾气中含有未反应的Br2和HBr，二者均能与碱石灰反应，因此装置F后连接装有碱石灰的干燥管可除去这些尾气，防止污染空气，D正确；故答案选C。13.我国科学家发明的水系-锰酸锂电池的工作原理为Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4，用该电池作电源降解废水中的的工作原理如图所示(固体薄膜只允许Li+通过)。下列说法错误的是A.Li1-xMn2O4为正极B.Li+穿过固体薄膜进入水溶液中C.Pt-Ag电极的反应为2+6e-+4H2O=N2↑+8OH-D.若电解前乙池中质子交换膜两侧溶液的质量相等，电解过程中转移了6mol电子，则理论上膜两侧溶液的质量差为24g(忽略气体的溶解)【正确答案】D【分析】首先判断甲（原电池）的电极：根据总反应Li1−xMn2O4+xLi=LiMn2O4，失电子发生氧化反应，作负极，Li1−xMn【详解】A．Li1−B．原电池中阳离子向正极移动，负极失电子生成，穿过固体薄膜向正极移动，进入正极侧的水溶液电解质中，B正确；C．Pt-Ag为阴极，得电子生成，电极反应为2NO2−D．转移6mol电子时：阳极（左侧）反应：，生成1.5molO2​逸出，质量减少1.5×32=48g，同时生成的6molH+通过质子交换膜迁移到右侧，左侧再减少6×1=6g，左侧总质量减少；阴极（右侧Pt-Ag）生成逸出，质量减少，同时迁入6molH+，质量增加故选D。14.马来酸，富马酸和苹果酸在水热条件下存在如下相互转化过程。190℃时，相关物质的物质的量分数随时间变化如图所示。6.5h后，苹果酸的物质的量分数不再随时间变化。下列说法错误的是A.190℃时的平衡常数：K(反应①)>K(反应②)>K(反应③)B.马来酸的一级电离常数小于富马酸的一级电离常数，马来酸的二级电离常数大于富马酸的二级电离常数C.平均反应速率：v(马来酸)=v(富马酸)+v(苹果酸)D.1.25h后，转化过程以反应③为主【正确答案】B【详解】A．平衡时，，，，故时的平衡常数：(反应①)>(反应②(反应③)，A正确；B．马来酸是顺式丁烯二酸，两个羧基距离近，羧基的吸电子效应更强，更易电离出第一个，因此一级电离常数：Ka1(马来酸)>Ka1(富马酸)；一级电离后，马来酸的羧酸根可形成分子内氢键，对第二个羧基的C．根据物料守恒，总物质的量n(马来酸)+n(D．1.25h后马来酸物质的量分数已经接近0，富马酸的物质的量分数逐渐减小，苹果酸的物质的量分数持续增大，说明此时富马酸转化为苹果酸（反应③）是主要转化过程，D正确；故选B。15.T℃，AgBr悬浊液(含足量AgBr固体)加Na2S2O3固体，发生反应和，lgM、lgN与lgc()的关系如图所示，M代表c(Ag+)或c(Br-)，N代表或。已知Ksp(AgBr)=10-12.2，下列说法错误的是A.的平衡常数为K=101.2B.x=-8.35，直线b代表C.时，D.在(-4.6，-4.2)点时，满足【正确答案】C【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为AgS2O3−，故开始溶液中cAg+cAgS2O3−小于c(【详解】A．溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol/L、10-8.35mol/L，=10-4.2，的浓度为：，的平衡常数为：K=c[Ag(S2B．由上述分析，x=-8.35，直线b就是lg��C．已知��(S2O32−)=��[Ag(S2O3)2]3−D．AgBr悬浊液中，溶解的AgBr中，Br元素总浓度等于所有含Ag物种的浓度和，即cBr故答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共计55分。16.钪(Sc)及其化合物具有多种优异性能，广泛应用于国防、航天和化工等领域。工业上可从钨渣(主要含MnO2、FeO、Fe2O3及少量Sc2O3、CaO)中提取金属钪，其工艺流程如下：已知：①伯胺N1923可表示为RNH2(R为烃基)，伯胺N1923能萃取金属离子M3+；②25℃时，Ksp[Sc(OH)3]=1.0×10-31请回答下列问题：（1）写出Sc的基态原子价层电子轨道表示式为___________。（2）“还原”时，加入铁粉的作用是___________。（3）①“萃取”时一般为界面萃取反应，由多个基元反应组成，其反应历程如下，请补充横线上缺少的物质(o代表有机相)___________。i．ii．iii．iv．②萃取速率R对各反应物的级数可表示为，其中k为速率常数。在一定条件下测定一系列速率数据，并分别绘制了-lgR与-lgc()和-lgc()的变化曲线，根据图1和图2求出a=___________；b=___________。（4）25℃时，"沉钪1”中加入氨水调节pH，为使溶液中的Sc3+完全沉淀，则pH应大于___________(计算结果保留两位有效数字，当离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时可看作沉淀完全。“沉钪2”得到的滤渣为Sc2(C2O4)3，写出在空气中“煅烧”生成Sc2O3的化学反应方程式___________。（5）Sc的一种合金晶胞结构如图3所示。①若晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞密度表达式为___________g/cm3.(注意：列出算式即可，不需要在答题卡上写密度表达式的单位)②该晶胞结构的另一种表示中，Sc处于顶角位置，则Al处于___________(填“体心”“面心”“棱心”或“顶角”)位置。【正确答案】（1）（2）将还原为，防止被萃取，提高钪的纯度（3）①.(RNH（4）①.5.3②.2Sc（5）①.

②.棱心和体心【分析】稀硫酸酸浸钨渣后，得到的不溶物与进入滤渣，Sc元素以及Fe元素进入滤液，加入铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，便于萃取分离Fe和Sc，萃取分液后的有机相利用盐酸反萃取，得到含Sc3+的盐酸水相和可循环使用的萃取剂有机相，将水相利用氨水调pH沉Sc，得到Sc(OH)3沉淀，盐酸溶解后加入草酸二次沉Sc，得到Sc2(C2O4)3沉淀，煅烧得到最终产品Sc2O3。【小问1详解】Sc为21号元素，基态原子价层电子排布为，价层电子轨道表示式为。【小问2详解】酸浸后溶液中存在，加入铁粉的作用是将还原为，防止被萃取进入有机相，提高钪的纯度。【小问3详解】①根据原子守恒，反应前后对比，缺少的物质为(RNH②对速率公式两边取负对数得：−lg对图1：斜率a=对图2：斜率b=故，。【小问4详解】沉淀完全时c(Sc3+)≤1.0×10−5mol/L，根据Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc【小问5详解】①晶胞中Sc原子的个数为，Al原子的个数为，Ag原子的个数为（全部在晶胞内），总质量m=4×45+4×27+8×108NA=1152NAg，晶胞体积②

与个数比为，与的配位方式类似晶胞，图中晶胞处于棱心和体心位置，处于顶角和面心位置；另一种表示方法中处于顶角位置，则处于棱心和体心位置。17.某实验室制备[Ni(NH3)6]Cl2，并测定产品中的NH3含量。已知[Ni(NH3)6](NO3)2、[Ni(NH3)6]Cl2均为可溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体；[Ni(NH3)6](NO3)2遇有机物或还原剂发生反应；[Ni(NH3)6]Cl2受热易分解产生氨气；乙醚与水不互溶。回答下列问题：(一)制备[Ni(NH3)6]Cl2i．镍片与浓硝酸在温度50-60℃加热，制得Ni(NO3)2溶液。ii．向i所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。iii．将ii所得沉淀转移至双层反应釜中(装置如图)，加入6mol·L-1盐酸溶解。然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。iv．将iii中混合液减压过滤，洗涤，干燥。（1）i中控制温度不高于60℃的原因是___________。（2）仪器a的名称为___________，双层反应釜冷凝水的进水口为___________(填“b”或“c”)，装置图中处选择的实验装置可以是___________(填标号)。A．B．C．（3）ii中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是___________。（4）iii中无水乙醇的作用是___________；iv中用①乙醚、②浓氨水、③乙醇洗涤晶体，正确的顺序是___________(填序号)。(二)NH3含量测定用电子天平称取0.2320g试样，用水溶解后加入3.00mL6mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol·L-1标准NaOH溶液滴定剩余HCl至终点，消耗标准溶液V1mL。另取3.00mL6mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000mol·L-1标准NaOH溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。（5）样品中NH3的质量分数为___________×100%(用代数式表示)。若所用6mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【正确答案】（1）硝酸不稳定，温度较高时易分解（2）①.球形冷凝管②.b③.BC（3）[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸会反应（4）①.降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)6]Cl2溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出②.②③①（5）①.②.无影响【分析】镍片用浓硝酸在温度50-60℃加热，Ni转化为Ni(NO3)2；加入浓氨水，生成[Ni(NH3)6](NO3)2沉淀；所得沉淀转移至双层反应釜中，加入6mol·L-1盐酸溶解，然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体，据此分析；【小问1详解】镍片用浓硝酸在温度50-60℃加热，原因是：硝酸不稳定，温度较高时易分解；【小问2详解】操作中有加入混合液，氨易挥发且极易溶解于水中。因此需防止倒吸，所以装置的作用是吸收挥发出的NH3并防止倒吸现象的发生；A．吸水干燥作用，不能吸收氨气，A错误；B．可以吸收挥发出的和HCl(尾气吸收)，防止倒吸，B正确；C．浮子密度小，若球泡内的液面上升，浮子也上升，浮子相当于磨砂玻璃塞将导管的出气口堵上，从而防倒吸，C正确；故选BC；【小问3详解】布氏漏斗过滤需要滤纸，[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸（有机物）会反应；【小问4详解】因[Ni(NH3)6]Cl2不溶于乙醇，无水乙醇的作用是降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)6]Cl2溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出；先用浓氨水洗涤，防止晶体在洗涤过程中因配体解离而部分溶解或结构破坏，起到稳定晶体的作用；再用乙醇洗涤，能有效去除晶体表面的水溶性杂质，同时降低晶体的溶解度损失；‌最后用乙醚洗涤，用于置换乙醇并快速带走残留水分和微量有机杂质，实现快速干燥，故正确的顺序是：②③①；【小问5详解】根据滴定原理，空白试验消耗的NaOH标准溶液V2mL，0.2320g产品滴定至终点消耗的NaOH标准溶液V1mL，则样品消耗氢氧化钠为(V2-V1)×10-3×0.5000mol，根据关系式：，所以0.2320g产品NH3的物质的量为(V2-V1)×10-3×0.5000mol，则NH3的质量分数为；由计算式可知，与盐酸浓度无关，故所用6mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果无影响。18.天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共同活化的工艺涉及如下4个反应：①CO2(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2O(g)=+35.00kJ·mol-1②2CO2(g)+2H2S(g)⇌2CO(g)+S2(g)+2H2O(g)③2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)=+171.58kJ·mol-1④CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)=+41.20kJ·mol-1回答下列问题：（1）已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(ΔΗ)为-586kJ·mol-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓()为___________kJ·mol-1，反应②属于___________反应(填“放热”或“吸热”)，反应②在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。（2）一定条件下，向起始压强为200kPa的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发生上述反应，25min时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为___________kPa·s-1(此空需要保留三位有效数字)。当反应达到平衡时，测得体系总压强为220kPa，2p(COS)=2p(H2)=p(CO2)，此时H2S(g)的平衡转化率为___________(注意：本空需要以百分数表示)，反应②的标准平衡常数=___________(此空需要保留三位有效数字，不需要标注单位)(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)⇌gG(g)+hH(g)，，其中=100kPa，为各组分的平衡分压)。（3）将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、COS或H2O的选择性与温度关系如图所示。COS的选择性，H2O的选择性。①表示“H2O的选择性”的曲线是___________(填“曲线a”或“曲线b”)；②温度低于500℃时，H2S的转化率与CO2的相等，可能的原因是___________。【正确答案】（1）①.-577②.吸热③.高温（2）①.0.00667②.70%③.0.00988（3）①.曲线a②.温度低于500℃时，反应③进行程度很小，消耗的H2S与CO2物质的量相等，且起始两者物质的量相等，因此转化率相等【小问1详解】已知：燃烧反应：⑤，，，

目标反应，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH5-ΔH1-ΔH6=-586-35+44=-577

kJ/mol，即COS标准燃烧焓为-577

kJ/mol；反应②根据盖斯定律：ΔH2​=ΔH3​+2ΔH4​=171.58+2×41.20=+253.98

kJ/mol>0，属于吸热反应；反应②气体分子数增加，ΔS>0，ΔG=ΔH−TΔS<0自发，因此高温下自发进行。【小问2详解】只有生成S2的反应会使气体总物质的量增加，由于生成S2的反应②和③中，气体物质的量增量均等于生成S2的物质的量，故体系总压强的增加值等于S2的分压：25min时总压强增加210−200=10

kPa，故p(S2)=10

kPa，时间25min=1500s，；设起始时CO2(g)和H2S(g)的物质的量均为1mol，则两者的起始分压均为100kPa，平衡时，测得体系总压强为220kPa，则平衡时气体的物质的量之和为2.2mol，结合以上分析可得n(S2)=0.2mol，其平衡分压为20kPa，设平衡时n(H2)=x，则n(COS)=x，n(CO2)=2x，根据S原子守恒可得：2n(S2)+n(COS)+n(H2S)平衡=n(H2S)初始，得n(H2S)平衡=(1-x-0.2×2)=(0.6-x)mol；根据氢原子守恒可得：2n(H2S)平衡+2n(H2O)+2n(H2)=2n(H2S)初始，则得2(0.6-x)+2n(H2O)+2x=2：解得：n(H2O)=0.4mol，根据C原子守恒得：n(COS)+n(CO2)平衡+n(CO)=n(CO2)初始，可得：n(CO)=(1-3x)mol，在结合O原子守恒：n(COS)+2n(CO2)平衡+n(CO)+n(H2O)=2n(CO2)初始，解得：x=0.3，则平衡时各气体的物质的量：n(CO2)=0.6mol，n(COS)=0.3mol，n(CO)=0.1mol，n(S2)=0.2mol，n(H2O)=0.4mol，n(H2S)=0.3mol，n(H2)=0.3mol，总气体为2.2mol；此时H2S(g)的平衡转化率为；对反应②，平衡分压：p(CO2)=60kPa，