广东梅州市2027届高三上学期模拟预测 化学试题（含解析）

试卷类型：A高三化学(2026.9)本试卷共8页，20小题。满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号。用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的县(市、区)、学校、班级以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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.我国钱币铸造历史悠久，货币形态迭代。以下四种货币的主要制作材料中，属于有机高分子材料的是A．贝币B．刀币C．开元通宝D．人民币A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．贝币主要成分为碳酸钙，属于无机非金属材料，A错误；

B．刀币为青铜合金，属于金属材料，B错误；

C．开元通宝为铜合金，属于金属材料，C错误；

D．人民币的主要制作材料为纤维素类有机高分子，属于有机高分子材料，D正确；故选D。2.“中国制造”的辉煌成就与化学的深度支撑密不可分。下列叙述正确的是A.“华龙一号”核反应堆采用二氧化铀()陶瓷芯块，中子数为92B.“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体C.“嫦娥六号”探测器使用了压电陶瓷，压电陶瓷属于新型无机非金属材料D.“黑色黄金”T1200级超高强度碳纤维实现百吨级量产，碳纤维是天然高分子【答案】C【解析】【详解】A．的质子数为92，质量数为235，中子数为，A错误；B．金刚石为碳原子通过共价键形成的共价晶体，不属于金属晶体，B错误；C．压电陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D．碳纤维为碳单质组成的无机材料，不属于天然高分子，D错误；故选C。3.科技自主创新筑牢强国发展根基。下列对科技成果中所涉及的化学知识描述正确的是A.我国科学家成功实现从到淀粉的人工合成，的电子式为B.痕量卤素显著提高费托合成制备低碳烯烃的选择性，烯烃的通式为C.用三元催化转化器将汽车尾气、转化为无毒气体，该过程发生氧化反应D.超导量子计算机“天衍—287”正式运行，超导电容所采用的石墨烯与互为同系物【答案】C【解析】【详解】A．为共价化合物，C与每个O之间形成双键，原子最外层无孤电子对，所给电子式中周围多出4个孤电子，电子式为：，A错误；B．单烯烃的通式为，是烷烃的通式，B错误；C．三元催化器中CO、NO转化为无毒的和，CO中C元素化合价从升高到，失电子发生氧化反应，C正确；D．石墨烯和是碳元素的不同单质，互为同素异形体；同系物是结构相似、分子组成相差若干个原子团的有机化合物，二者不互为同系物，D错误；故选C。4.劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A药物研发员：研发抗酸药复方氢氧化铝片能与酸反应B桥梁工程师：用牺牲阳极法对跨海大桥钢管桩进行防护作电解池阴极被保护C铁路工人：利用铝热反应焊接铁轨铝热反应为放热反应D材料分析员：通过X射线衍射实验区分玻璃和水晶玻璃是非晶体，水晶是晶体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．研发抗酸药复方氢氧化铝片利用了能与酸发生中和反应的性质，二者有关联，A正确；

B．牺牲阳极法为原电池防护原理，被保护的作原电池正极被保护，并非作电解池阴极，二者无关联，B错误；

C．铝热反应为放热反应，反应释放的大量热量可将生成的铁熔融，用于焊接铁轨，二者有关联，C正确；

D．晶体具有特征X射线衍射图谱，非晶体没有，玻璃是非晶体，水晶是晶体，可通过X射线衍射实验区分，二者有关联，D正确；故选B。5.如图是PEF树脂合成路线的最后一个步骤。下列叙述错误的是A.有两个手性碳原子B.分子中有3种官能团C.与氢气加成的产物可能有3种D.合成的单体为和【答案】A【解析】【详解】A．手性碳原子为连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，FDCA中无饱和碳原子，也不存在手性碳原子，A项错误；B．FDCA分子中含有羧基、醚键、碳碳双键共3种官能团，B项正确；C．FDCA中的羧基不能与H2加成，碳碳双键可与H2发生1,2-加成生成、1,4-加成生成、完全加成生成，故产物可能有3种，C项正确；D．PEF为聚酯类缩聚物，断裂酯基后可得单体为FDCA和HOCH2CH2OH，D项正确；故选A。6.化学是一门实验与理论并重的学科。下列实验方案合理的是A．胶体的制备B．除去乙炔中的少量C．配制溶液D．蛋白质的变性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．将饱和溶液滴入溶液中，发生反应，生成氢氧化铁沉淀，无法得到氢氧化铁胶体，A错误；

B．乙炔含碳碳三键，具有还原性，可与酸性溶液发生氧化反应，被酸性高锰酸钾溶液氧化，同时硫化氢也会被氧化，无法达到除杂目的，B错误；

C．容量瓶为精确量器，仅用于配制溶液时的定容操作，不能用于溶解固体溶质，固体应先在烧杯中加蒸馏水溶解，冷却至室温后再转移至容量瓶中，C错误；

D．硝酸银属于重金属盐，重金属阳离子可使蛋白质的空间结构发生不可逆破坏，导致蛋白质变性，该实验方案可验证蛋白质的变性，D正确；故选D。7.部分含或物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是A.a只有氧化性 B.、、都是强酸C.、都不能和溶液反应 D.可存在的转化【答案】D【解析】【分析】由物质的分类与相应化合价关系图可知，a为或，b为NO，c为，d为（强酸）、e为（弱酸）、f为，据此回答。【详解】A．由分析知，a为或，化合价为0价，0价化合价既可以升高也可以降低，既有氧化性又有还原性，A错误；B．由分析知，d为（强酸）、e为（弱酸）、f为（强酸），为弱酸，B错误；C．b为NO，不与溶液反应，但c为，可与溶液反应生成、和，C错误；D．转化路径为，该转化可以实现，D正确；故选D。8.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.溶液中含的数目为B.标准状况下，溶于水，转移的电子数目为C.中含有的离子数目为D.和的混合气体中，所含中子数为【答案】D【解析】【详解】A．为稳定的配位离子，在溶液中不会完全电离出，故溶液中数目远小于，A错误；B．标准状况下物质的量为，但与水的反应为可逆反应，且部分仅溶解未参与反应，故转移电子数小于，B错误；C．由和构成，含和，总离子数为，C错误；D．和的摩尔质量均为，且每个分子均含14个中子，混合气体总物质的量为，所含中子的物质的量为，即中子数为，D正确；故选D。9.某实验小组利用如图装置加热分解固体()，并进行性质探究。已知：熔点，沸点；熔点，沸点。下列说法错误的是A.装置中固体分解时只有硫元素化合价发生变化B.装置的作用是根据熔沸点差异冷凝，实现与分离C.利用装置的传感器的读数变化和实验现象，可推测装置发生的反应D.装置中如果未覆盖食用油，可能发生反应：【答案】A【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中反应的化学方程式：，在装置B中SO3冷凝，装置C验证SO2与钡盐的反应，最后处理尾气SO2，防止污染空气，据此解答。【详解】A．分解时，元素化合价从+2升高到+3，部分元素化合价从+6降低到+4，两种元素化合价发生变化，A错误；B．熔点，冰水浴中冷凝为液态/固态，沸点，冰水浴中仍为气体，可实现二者分离，B正确；C．装置C中通入溶液，会与水反应生成弱酸，使溶液酸性增强、pH减小，结合无沉淀生成的实验现象，可以推测该过程的反应，C正确；D．未覆盖食用油时，空气中的可将溶液中氧化为，发生题给反应生成沉淀，D正确；故选A。10.结构决定性质。下列事实对应的解释错误的是选项事实解释A热稳定性：键能：B硬度：金刚石>晶体硅原子半径：C卤素单质的沸点：键长：D酸性：电负性：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．和均为共价化合物，分子热稳定性与共价键键能正相关，原子半径小于，故键能，热稳定性，A正确；B．金刚石和晶体硅均为共价晶体，硬度与共价键键能正相关，原子半径，故键能大于键能，硬度金刚石大于晶体硅，B正确；C．卤素单质均为分子晶体，沸点由分子间作用力大小决定，相对分子质量越大分子间作用力越强，沸点越高，与分子内共价键的键长无关，解释错误，C错误；D．电负性，的吸电子诱导效应强于，使中羧基的键极性更强，更易电离出，酸性更强，D正确；故选C。11.某实验小组用“84”消毒液(主要成分有)制备氯气并探究其性质，用如图所示装置进行实验(中均为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略)。下列说法错误的是A.具支试管中反应生成了黄绿色气体，该反应中浓盐酸体现酸性和还原性B.处变为橙色，处变为蓝色，可证明氧化性：C.处褪色，不能说明具有漂白性D.处的作用是吸收多余的，防污染空气【答案】B【解析】【分析】具支试管中84消毒液的有效成分为NaClO，与浓盐酸发生归中反应生成氯气，产生的氯气在a处与KBr发生置换反应生成Br2，在b处氯气和KI反应生成，c处若为品红溶液，氯气与水反应生成的HClO有强氧化性可使其褪色，若为还原性溶液则与氯气等发生氧化还原反应而褪色，d处NaOH溶液可与氯气以及挥发出的HCl反应，用于吸收尾气，据此回答。【详解】A．NaClO与浓盐酸发生归中反应生成黄绿色的、NaCl和，浓盐酸中部分氯元素化合价不变生成盐体现酸性，部分氯元素化合价升高被氧化体现还原性，A正确；B．a处变为橙色可证明氧化性，但处变为蓝色可能是过量的直接氧化生成，无法证明的氧化性强于，不能得出氧化性的结论，B错误；C．本身不具有漂白性，若为品红溶液，褪色是与水反应生成的的作用；若为酸性溶液，褪色是发生氧化还原反应，均不能说明具有漂白性，C正确；D．有毒，d处的溶液可与反应，吸收多余的，防止污染空气，D正确；故选B。12.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现且符合生产实际的是A.制硝酸：B.提纯硅：C.制：D.工业制镁：【答案】C【解析】【详解】A．不与直接反应生成，需要同时通入才能实现转化，第三步转化不能发生，A错误；B．粗硅和盐酸不反应，需与在加热条件下反应才能得到，第二步转化不能实现，B错误；C．煅烧生成，在催化剂作用下与反应生成，为避免形成酸雾，工业上用的吸收制备，所有转化均能实现且符合生产实际，C正确；D．工业上沉淀海水中的使用廉价的而非成本较高的，且熔点极高，电解耗能大，工业上是电解熔融制备，不符合生产实际，D错误；故选C。13.依据下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A硫化锌(，白色)、硫化镉(，黄色)为难溶电解质。向浓度均为的、混合液中，滴加稀溶液，先产生黄色沉淀B和空气的混合气体通过热的，持续红热该反应C向溶液中滴加过量氨水，溶液由蓝色变为深蓝色稳定性：D取少量无色溶液于试管中，加稀硝酸酸化，再加入溶液若有白色沉淀生成，则该无色溶液中一定含有A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．相同浓度的和中滴加，同构型难溶物先沉淀的更小，故，A正确；B．持续红热说明氨的催化氧化反应放出热量维持反应温度，故反应，B正确；C．蓝色的转化为深蓝色的，说明生成的配离子更稳定，故稳定性，C正确；D．稀硝酸具有氧化性，可将溶液中的氧化为，也能产生白色沉淀，故无法确定原溶液一定含，D错误；故选D。14.化学家以无机物甲()合成出有机物乙［]，开创了有机合成的新纪元。、、、是原子序数依次增大的短周期元素，、、同周期，基态、原子均有2个单电子。下列说法错误的是A.第一电离能： B.四种元素原子半径最大的是C.乙中键和键的数目之比为 D.的空间结构是正四面体形【答案】A【解析】【分析】为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S；若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z分别为C、N、O；又为无机物，为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O，据此回答。【详解】A．同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但的轨道为半满稳定结构，第一电离能大于O，故第一电离能顺序为，即，A错误；B．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径最小，故原子半径，半径最大的是，B正确；C．乙为尿素，结构简式为，分子中含7个键（4个键、2个键、1个中的键），1个键（中的键），二者数目比为，C正确；D．即，中心原子价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形，D正确；故选A。15.如图是一种将电解池与燃料电池相组合的氯碱工业节能新工艺的物料传输与转化关系图，其中电极未标出，所用的离子交换膜都只允许阳离子通过。下列说法正确的是A.①为阴极室，是B.④中发生氧化反应，电极反应为：C.在电解池中，阳离子从①室经离子交换膜移动到②室D.分析、比较图示中与的大小：【答案】C【解析】【分析】装置A为电解池，进料为精制饱和NaCl溶液，出料为稀NaCl溶液，Na+在溶液中不会参与电极反应，则A中左侧为阳极，氯离子失去电子生成氯气，右侧为阴极，水中氢离子得到电子生成氢气，钠离子通过离子交换膜进入右侧；B为燃料电池，通入空气的一极为正极，Y为电解池产生的氢气。【详解】A．①室通入精制饱和溶液，排出稀溶液，说明在①室失电子生成，①为阳极室，A错误；B．④室通入除去的空气，在④室得电子发生还原反应，不是氧化反应，B错误；C．电解池中阳离子向阴极移动，①为阳极室、②为阴极室，阳离子()从①室经阳离子交换膜移动到②室，C正确；D．④为燃料电池正极，电极反应生成，且由③室移向④室，④浓度增大，故，D错误；答案选C。16.难溶于水，但能溶解在氨水中形成和。常温下，向饱和溶液［含足量固体］中滴加氨水得到含和的溶液。下列有关说法正确的是A.溶解于氨水的离子方程式为：B.加少量水稀释，和浓度均减小C.加入少量固体，的浓度保持不变D.溶液中存在【答案】D【解析】【详解】A．是难溶电解质，离子方程式中不能拆为，正确离子方程式为，A错误；B．温度不变时的溶度积不变，加少量水稀释后仍为饱和溶液，和浓度均不变，B错误；C．加入少量固体，增大，溶解平衡逆向移动，减小，使与生成的平衡逆向移动，浓度减小，C错误；D．该式符合溶液电荷守恒规律：阳离子所带正电荷总浓度等于阴离子所带负电荷总浓度，D正确；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共56分。考生根据要求作答。17.氯是一种重要的“成盐元素”。18世纪70年代，瑞典化学家舍勒将软锰矿(主要成分)与浓盐酸混合加热生成氯气。Ⅰ．氯气的实验室制法。（1）实验室用舍勒的方法制取的离子方程式为__________。（2）实验室制取干燥时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为__________。Ⅱ．在饱和氯化钠溶液中溶解度的探究。某实验小组利用注射器开展常温常压()对照定量实验，探究在纯水、饱和溶液中的溶解规律。已知：饱和氯水；饱和溶液：实验探究：实验ⅰ：氯气溶于纯水实验。用注射器吸入纯净，再吸入纯水，密封、充分振荡静置；最终注射器读数，见图Ⅰ。实验ⅱ：饱和氯水中加入固体。把实验ⅰ所得氯水全部注入到装有足量固体的另一支注射器中，密封振荡；注射器读数由升至，见图Ⅱ。实验ⅲ：氯气直接溶于饱和溶液。用注射器吸入纯净，再吸入饱和溶液，密封、充分振荡静置；最终注射器读数，见图Ⅲ。（3）实验中注射器均需关闭止水夹密封，简述该操作的实验目的__________________。（4）饱和溶液可显著降低的溶解度，其实验依据为__________________。（5）根据实验数据，计算时，氯气在饱和溶液中的溶解度为_________(用饱和溶液与溶解氯气的体积比表示)。Ⅲ．检验新制氯水的部分微粒。（6）实验小组取新制氯水进行下表实验。实验操作实验现象实验结论取紫色石蕊溶液于试管中，再滴加几滴氯水___________氯水中存在、取氯水于试管中，再滴加的溶液产生白色沉淀___________（7）该小组尝试验证的酸性强于苯酚的酸性。有同学认为不能通过溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较。小组讨论后，选出利用盐类水解原理进行实验验证。请写出实验方案并给出判断依据__________________。【答案】（1）（2）c→d→a→b→e（3）防止氯气逸出导致实验体积测量不准确，同时防止有毒气体污染环境。（4）实验ⅱ中向氯水中加入NaCl固体后，注射器内气体体积显著增大（或对比实验ⅰ和ⅲ，20mL纯水溶解了40mL氯气，而20mL饱和NaCl溶液只溶解了20mL氯气）。（5）1:1（6）①.溶液先变红后褪色②.氯水中存在（7）实验方案：常温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的NaClO溶液和苯酚钠溶液的pH。判断依据：若NaClO溶液的pH小于苯酚钠溶液的pH，则说明HClO的酸性强于苯酚。【解析】【分析】Ⅰ．氯气的实验室制法：舍勒制备氯气的方法是利用软锰矿（主要成分为MnO2）与浓盐酸在加热条件下发生反应，制取氯气，用饱和食盐水除HCl，用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，最后进行尾气处理；Ⅱ．分别用氯气溶于纯水、饱和氯水中加入固体、氯气直接溶于饱和溶液，对和饱和氯化钠溶液的溶解度进行探究；Ⅲ．分别用紫色石蕊溶液、的溶液，检验新制氯水的部分微粒，据此回答。【小问1详解】舍勒制备氯气的方法是利用软锰矿（主要成分为MnO2）与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：；【小问2详解】发生装置制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，首先需将气体通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl（长管进短管出，即c进d出）；然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥（长管进短管出，即a进b出）；最后利用Cl2密度比空气大的性质，用向上排空气法收集，连接尾气吸收装置（长管进，即e进），故连接顺序为：c→d→a→b→e；【小问3详解】该实验为常温常压下的对照定量实验，需要精确测量气体体积的变化。关闭止水夹密封可以保证体系封闭，防止气体泄漏产生误差，同时氯气有毒，密封可防止其污染空气；【小问4详解】实验ⅱ中加入NaCl固体后，溶液中c(Cl-)增大，促使平衡逆向移动，导致已溶解的氯气逸出，注射器读数增大；或者通过实验ⅰ和ⅲ的数据对比，相同体积的溶剂，纯水溶解的氯气体积明显多于饱和NaCl溶液；【小问5详解】在实验ⅲ中，吸入50mLCl2和20mL饱和NaCl溶液，初始总体积为70mL，充分振荡静置后，最终注射器读数（总体积）为50mL，其中液体体积仍为20mL，则剩余气体体积为50mL−20mL=30mL，因此，溶解的Cl2体积为50mL−30mL=20mL，饱和NaCl溶液与溶解氯气的体积比为20mL:20mL=1:1；【小问6详解】氯水中含有H+和HClO，H+使紫色石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性和漂白性，使变红的溶液褪色；向氯水中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，说明氯水中存在；【小问7详解】根据盐类水解原理（“越弱越水解”），弱酸根离子对应的酸越弱，其水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液碱性越强（pH越大），因此，通过测定等浓度NaClO溶液和苯酚钠溶液的pH即可比较两者的酸性强弱，需要特别注意的是，NaClO溶液具有漂白性，不能使用pH试纸，必须使用pH计进行测定，故实验方案为：常温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的NaClO溶液和苯酚钠溶液的pH；判断依据：若NaClO溶液的pH小于苯酚钠溶液的pH，则说明HClO的酸性强于苯酚。18.某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰主要含有、、、、、、等成分，一研究小组设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。已知：常温溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：金属离子开始沉淀的1.56.54.74.6完全沉淀的2.88.56.76.6回答下列问题：（1）碳酸钠溶液显碱性的原因_________________(用离子方程式表示)。（2）滤渣①中除外，还含有________。（3）“中和除杂”步骤，调控溶液的合适范围为________。（4）①“深度脱氯”步骤发生的离子反应方程式为______________________。②“电解分离”前需“深度脱氯”的原因是________(任写一条)。（5）工业上，海绵铜先通过火法精炼后浇铸成阳极板，再通过电解得到纯铜，请画出电解精炼铜示意图并做相应标注______________________。（6）与(L)通过配位键形成多孔金属有机框架材料，其四方晶胞结构如图所示(晶胞参数，，原子略)。回答下列问题：①中________。②其在室温下可选择性吸附，但不吸附和。分子被吸附在晶胞顶点，与框架结构中的原子存在如上图所示静电作用，晶体中与一个分子产生该作用的原子有________个。【答案】（1）（2）（3）（4）①.②.防止电解时在阳极放电生成，污染环境；氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患；会与阴极析出的铜反应，影响铜、锌分离效果（任写一条）（5）（6）①.1:2:1②.4【解析】【分析】本工艺以高氯烟道灰为原料，目标为回收铜并制备硫酸锌。首先进行碱浸脱氯，加入碳酸钠溶液将可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，氯离子进入滤液①除去；随后酸浸加入稀硫酸，碱式碳酸盐、CuO、ZnO、均溶解，不与硫酸反应，PbO与硫酸反应生成难溶的，二者作为滤渣①除去，滤液中含、、、、；中和除杂环节加入碱式碳酸锌调节pH，使完全沉淀为作为滤渣②除去，同时保证、未沉淀；深度脱氯环节加入Zn粉，将转化为CuCl沉淀除去残余氯离子；最后电解分离，在阴极放电生成Cu，剩余含的滤液经浓缩结晶得到硫酸锌。【小问1详解】碳酸钠是强碱弱酸盐，弱酸根发生分步水解：，以第一步水解为主，使溶液中，溶液显碱性。【小问2详解】烟道灰中的PbO与硫酸反应生成难溶的​，因此和不溶于酸的​共同成为滤渣①。【小问3详解】中和除杂环节加入碱式碳酸锌调节pH，使完全沉淀为作为滤渣②除去，同时保证、未沉淀，因此pH需控制在2.8到4.7之间。【小问4详解】①深度脱氯环节加入Zn粉，将转化为CuCl沉淀除去残余氯离子，离子反应方程式为：。②深度脱氯的原因：防止电解时在阳极放电生成，污染环境；氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，且也会与阴极析出的铜反应，降低产率和电流效率，影响铜、锌分离效果，因此需要预先脱氯。【小问5详解】装置为电解池，粗铜（海绵铜火法精炼后的阳极板）接电源正极做阳极，纯铜（精铜）接电源负极做阴极，电解质溶液为含少量硫酸的硫酸铜溶液，装置如图：【小问6详解】①Cu原子位于晶胞的体内，数目为1；​位于上下底面心，共有个，配体L位于晶胞4个竖直面的面心上（图中六元环只画了一半），数目为个；故中；②吸附在顶点，顶点同层平面内与4个八面体相邻，每个八面体都有1个F原子与形成如图所示静电作用，故答案为4。19.二氧化碳的资源化利用成为热点议题。Ⅰ．以和合成尿素。发生的反应：。（1）有利于加快反应速率的措施是____________(任写一种)。（2）基态原子价层电子的轨道表示式为____________。（3）上述合成尿素反应历程中能量变化如图所示。该反应的____________(用含“、、、”的式子表示)，反应的决速步骤为第____________步(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。Ⅱ．合成甲醇。涉及的主要反应如下：主反应：CO2副反应：CO2（4）按的投料比发生上述反应，测得的平衡转化率()和的选择性()随温度、压强的变化如图所示。已知：①、的大小关系为：________(填“>”“<”或“=”)。②以上时，和条件下，平衡转化率几乎交于一点的原因是_________________。③、条件下，的平衡转化率为________(保留到小数点后1位)。Ⅲ．还原为乙烯。（5）一种电化学法将转化为乙烯的原理如图所示。写出阴极上发生的电极反应式_____________________。【答案】（1）升高温度（或加入催化剂、增大反应物浓度等）（2）（3）①.②.Ⅱ（4）①.②.以上时，反应以副反应为主，副反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响③.（5）【解析】【分析】本题综合考查反应速率、原子结构、反应能量与决速步、化学平衡图像与转化率计算、电解池电极反应。Ⅰ从影响速率因素、N原子轨道表示、能量图求焓变和决速步骤入手；Ⅱ两个竞争反应，主反应气体分子数减少、放热，副反应气体分子数不变、吸热，利用压强对平衡的影响判断压强大小，分析高温下副反应占主导，压强对转化率几乎无影响，再结合选择性公式计算氢气转化率；Ⅲ为电解还原CO2，阴极CO2得电子结合H+生成乙烯，据此分析；【小问1详解】根据影响化学反应速率的因素，升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度等措施均可以加快的反应速率。【小问2详解】基态原子的原子序数为，其核外电子排布式为，价层电子排布式为。根据泡利不相容原理和洪特规则，轨道上有个自旋相反的电子，轨道的个电子分别占据个不同的轨道且自旋方向相同，其轨道表示式如图；【小问3详解】根据盖斯定律，总反应的焓变等于各步反应焓变之和。由图可知，第Ⅰ步反应的焓变，第Ⅱ步反应的焓变，因此总反应的。在多步反应中，活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应的速率（即决速步骤）。图中第Ⅱ步的活化能明显大于第Ⅰ步的活化能，故反应的决速步骤为第Ⅱ步；【小问4详解】①主反应是气体分子数减小的反应，副反应是气体分子数不变的反应。在相同温度下，增大压强，主反应平衡正向移动，的转化率和的选择性均增大。由图可知，相同温度下对应的转化率和选择性均大于，故压强；②以上时，由于温度较高，放热的主反应逆向移动程度大，吸热的副反应正向移动程度大，此时体系内以副反应为主。因为副反应前后气体分子数相等，改变压强平衡不移动，所以不同压强下的平衡转化率几乎交于一点；③设起始投料，。由图可知，在、条件下，的平衡转化率为，的选择性为，则转化的物质的量为0.4

mol。共消耗的物质的量为；故的平衡转化率为；【小问5详解】左侧电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯和水，电