?化學答案

可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 C-12 N-7 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Ni-59
7． 2022年我國取得讓世界矚目的科技成果，化學功不可沒，下列說法錯誤的是（ ）
A．非遺文化“北京絹人”技術制作的中國娃娃入駐奧運村，可用加酶洗滌劑清洗娃娃
B．“雷霆之星”速滑服采用銀離子抗菌技術，可有效防護細菌侵入
C．“天和核心艙”電推進系統(tǒng)中的腔體采用氮化硼陶瓷屬于新型無機非金屬材料
D．二氧化碳到淀粉的人工全合成技術，可減少向空氣中排放CO2
【答案】A【解析】A項：“北京絹人”技術制作的中國娃娃的主要材料是絲絹，不能用加酶洗滌劑清洗，A項錯
誤；B項：“雷霆之星”速滑服采用銀離子抗菌技術，重金屬離子能使蛋白質(zhì)變性，可有效防護細菌侵入，B正
確；C項：無機非金屬材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、鹵素化合物、硼化物以及硅酸鹽、鋁酸鹽、
磷酸鹽、硼酸鹽等物質(zhì)組成的材料，所以氮化硼陶瓷屬于新型無機非金屬材料，C正確；D項：用二氧化碳人工全
合成淀粉，可將二氧化碳轉(zhuǎn)化為“糧食”，從而減少向空氣中排放CO，D正確；故選A。
8．臭氧已成為夏季空氣污染的元兇，地表產(chǎn)生臭氧的機理如圖所示，
NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。 下列說法正確的是(　　)
A．反應①②③都是氧化還原反應
B．17 g 18O3和16O2的混合氣體中所含質(zhì)子數(shù)為8NA
C．25°C時，1 L pH=2的HNO2溶液中含H+的數(shù)目為0.01NA
D．25℃，101kPa下,11.2 L的NO和O2混合氣體中所含的原子數(shù)為NA
【答案】C 【解析】反應②是O2與O反應生成O3，元素化合價不變，不是氧化還原反應，故A錯誤；17g 18O3和16O2的混合氣體不一定含有1 molO，故B錯誤；不是標準狀況，故D錯誤。故選C
9． X、Y、Z、W、M是五種常見的短周期主族元素，其原子半徑隨原子序數(shù)的變化如圖所示，已知Y的原子核外電子總數(shù)是W的4倍，M、X的最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相等。下列說法錯誤的是（ ）
A．離子半徑： Y > Z > X > W
B．1 mol M與X形成的化合物能與水劇烈反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA
C．Y與Z形成的Y2Z2分子中各原子最外層均達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)
D．1 mol 離子化合物X2Y5中含有4 mol非極性共價鍵
【答案】B【解析】Y的原子核外電子總數(shù)是W的4倍，它們都是主族元素，假設W的電子總數(shù)為3，Y為12，則W為Li，Y為Mg，或W的電子總數(shù)為4，Y為16，則W為Be，Y為S；M、X的最外層電子數(shù)之和與W的最外層電子數(shù)相等，則W的最外層電子數(shù)大于1，因此W不可能為Li，只能為Be，則M、X的最外層電子數(shù)都是1，則M為H，X為Na，Z的原子序數(shù)比Y(S)大，則Z為Cl；分析可知，X為Na、Y為S、Z為Cl、W為Be、M為H元素；
A．離子半徑：S2->Cl->Na+>Be2+,A正確；B． M與X形成的化合物NaH能與水劇烈反應生成氫氧化鈉和氫氣，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA ,B錯誤；C．Y與Z形成的分子是S2Cl2的結(jié)構(gòu)是為Cl-S-S-Cl,所以均滿足穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C正確；D．X與Y形成的化合物Na2S5含有4條S-S非極性共價鍵，D正確；故選B。
10．一種抗血栓藥物新抗凝的結(jié)構(gòu)如圖所示，以下說法正確的是（ ）
A．新抗凝的分子式為C17H12NO5，含有苯環(huán)所以屬于芳香烴
B．新抗凝的分子中最多8個碳原子共面
C．新抗凝分子的一氯代物有6種
D．1mol該分子可與2mol NaOH發(fā)生水解反應，可與7mol H2發(fā)生加成反應
【答案】D【解析】A．由新抗凝結(jié)構(gòu)可知其屬于烴的衍生物故A錯誤；B．由結(jié)構(gòu)可知所有的碳原子都有可能共面故B錯誤，；C．由結(jié)構(gòu)可知其一氯代物有8種故C錯誤；D．新抗凝含有1個酯基，水解后可生成羧酸和酚，則1mol新抗凝含最多可與2molNaOH發(fā)生反應，有二個苯環(huán)和一個雙鍵，則1mol新抗凝含最多可與7molH2發(fā)生反應故D正確；
11．已知電離平衡常數(shù)的數(shù)據(jù)：草酸Ka1=5.0×10-2 、Ka2=5.4×10-5；碳酸Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11。根據(jù)草酸的實驗及其現(xiàn)象，判斷下列說法及相應的離子方程式或化學方程式都正確的是（ ）
實驗
裝置
試劑a
現(xiàn)象
①

Ba(OH)2溶液(含酚酞)
溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
產(chǎn)生氣泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色，產(chǎn)生氣泡
④
C2H5OH和濃硫酸
加熱后產(chǎn)生有香味物質(zhì)








A．實驗①可證明草酸屬于二元弱酸：Ba2++2OH-+H2C2O4=BaC2O4?+2H2O
B．實驗②可證明草酸的酸性大于碳酸：2HCO3-+H2C2O4= C2O42-+2H2O+2CO2?
C．實驗③可證明草酸有還原性：
D．實驗④可證明草酸可發(fā)生酯化反應：
【答案】D【解析】A．H2C2O4能夠與Ba(OH)2溶液發(fā)生反應Ba(OH)2+H2C2O4=BaC2O4↓+2H2O，對應的離子方程式為Ba2++2OH-+H2C2O4═BaC2O4↓+2H2O，但不能證明其是二元弱酸，故A錯誤；B．酸性H2C2O4＞H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸會生成CO2和NaHC2O4，反應的化學方程式為NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B錯誤；C．H2C2O4有還原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，H2C2O4是弱電解質(zhì)，離子方程式中應保留化學式，離子方程式為2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C錯誤；D．H2C2O4是二元羧酸，可以與乙醇發(fā)生酯化反應，其完全酯化的化學方程式為HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D正確；故選D。
12. 如圖是一種能將苯酚氧化為的原電池－電解池組合裝置（其中M和N均為離子交換膜），該裝置能實現(xiàn)發(fā)電環(huán)保二位一體。下列說法正確的是( )

裝置甲 裝置乙
A.裝置甲為原電池，a電極和c電極上發(fā)生的反應均為氧化反應
B.裝置乙中每轉(zhuǎn)移2.1 mol電子，c、d兩極共產(chǎn)生氣體33.6 L（標準狀況）
C. b極的電極反應式為：C6H6O + 28e—+ 11H2O = 28H+ + 6CO2#
D.裝置甲中的 M和N均為陰離子交換膜
【答案】B【解析】本題考查原電池-電解池組合裝置。由裝置圖可知，左側(cè)裝置中存在自發(fā)進行的氧化還原反應，為原電池，上重鉻酸根離子得電子發(fā)生還原反應，為原電池的正極，b電極上苯酚失電子發(fā)生氧化反應，為原電池的負極；右側(cè)裝置為電解池，與b極相連的c極為陰極，溶液中氫離子得電子發(fā)生還原反應，與a極相連的d極為陽極，水失電子生成，氧化苯酚達到處理廢水的目的。根據(jù)分析可知a電極為正極，c電極為陰極均發(fā)生還原反應，A錯誤；羥基自由基氧化能力僅次于氟，能氧化苯酚，生成二氧化碳和水，則苯酚被氧化的化學方程式為,c極上氫離子放電，電極反應式為，d極的電極反應式為，結(jié)合苯酚的氧化過程可知，當轉(zhuǎn)移2.1mol電子時，c極上生成1.05mol氫氣，d極上生成2.1mol的，氧化苯酚時生成CO2為0.45mol，標準狀況下c、d兩極共產(chǎn)生氣體的體積為（1.05+0.45）?22.4=33.6L標準狀況下），B正確； b電極上苯酚轉(zhuǎn)化為二氧化碳，根據(jù)原子守恒、電荷守恒，可以寫出電極反應式為，C錯誤； 根據(jù)分析可知a電極上發(fā)生：Cr2O72-+6e—+8H+=2Cr(OH)3+H2O, b電極上發(fā)生，M和N應該允許氫離子通過所以應該是陽離子交換膜，D錯誤
13． 25℃時，將HCl氣體緩慢通入0.1 mol·L?1的氨水中（溶液體積變化忽略不計），溶液的pH、體系中粒子濃
度的對數(shù)值(lgc)與反應物的物質(zhì)的量之比[]的關系如下圖所示。若忽略溶液體積變化，下列有關
說法錯誤的是（ ）

A．25℃時，若HR電離常數(shù)Ka=10-3.2 ，則NH4R的水溶液呈酸性
B．t =0.5時的溶液：c(NH) ＞ c(Cl?) ＞ c(NH3·H2O) ＞c(OH?) ＞ c(H+)
C．P2所示溶液呈中性且c(NH3·H2O)：c(NH) = 102.25：1
D．P1所示溶液：c(Cl?) ＞ 0.05mol·L?1；P3所示溶液：c(NH3·H2O)+ c(NH)= c(Cl?)
【答案】C【解析】由圖可知P1時銨根和一水合氨的濃度相同，P2時溶液顯中性氫離子和氫氧根離子相同，同時結(jié)
合一水合氨的電離常數(shù)的表達式，，以此解題。A項：由圖可知，圖中P1點pH=9.25，
c(OH?)=10-4.75mol·L?1，此時，則NH3·H2O的電離平衡常數(shù)，所
以銨根水解程度大，A正確；B項：t =0.5時溶質(zhì)為等濃度的氯化銨和一水合氨的混合物，由圖可知溶液此時顯堿
性，則一水合氨的電離大于銨根離子水解，則此時溶液中的離子濃度大小順序為：c(NH) ＞ c(Cl?) ＞ c(NH3·H2O)
c(OH?) ＞ c(H+)，B正確；C項：P2所示溶液pH=7，c(OH?)=10-7mol·L?1，根據(jù)電離常數(shù)，
則，故c(NH3·H2O) ：c(NH) =1：102.25，C錯誤；D項：P1所示溶液中電荷守
恒，，由圖可知P1點時，且c()=10-1mol·L?1，
，則，，P3所示溶液
為氯化銨溶液，依據(jù)物料守恒得c(NH3·H2O)+ c(NH)= c(Cl?)，D正確；故選C。
26．草酸合鐵(Ⅲ) 酸鉀晶體，即K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，是制備某些鐵觸媒的主要原料。該配合物易溶于水，難溶于乙醇，對光敏感，光照下即發(fā)生分解?？捎萌缦铝鞒虂碇苽?，請回答下列問題：
I.草酸的制備：實驗室可用電石(主要成分，含少量雜質(zhì))制取草酸的裝置如圖所示。
（友情提示：）

(1)裝置C中生成H2C2O4的化學方程式為______ _；
(2)有關此實驗，下列說法正確的是（ ）
A．裝置B和裝置E的作用不同，所以瓶中所添加的的試劑必不相同
B．裝置C中多孔球泡的作用是防止溶液倒吸
C． 裝置D為空載儀器，起安全瓶的作用
D．要想從裝置C中得到草酸晶體（H2C2O4-2H2O），可以蒸發(fā)至有大量晶體析出時停止加熱，即得產(chǎn)品
(3)準確稱取15.0克的草酸（H2C2O4）的粗產(chǎn)品于錐形瓶中加入適量蒸餾水溶解，用2.20 mol·L?1酸性高錳酸鉀標準溶液進行滴定，消耗標準溶液20.00mL(假設雜質(zhì)不參與反應)，產(chǎn)品中草酸（H2C2O4）的質(zhì)量分數(shù)為_______ （保留三位有效數(shù)字）。
II.草酸合鐵(Ⅲ) 酸鉀晶體的制備

(1) “溶解”時加入硫酸的目的是___________ (請用離子反應方程式表示)；
(2) 流程的“氧化”這一步，是依次加入試劑，不斷攪拌溶液并維持在40 ℃左右充分反應后，沉淀溶解，溶液的pH保持在4~5此時溶液呈翠綠色，請寫出使沉淀溶解生成翠綠色溶液的離子方程式:___ ；
將得到的翠綠色溶液趁熱過濾到燒杯中降溫結(jié)晶，___ (補充必要的步驟和試劑) ，干燥
后即得草酸合鐵(Ⅲ) 酸鉀晶體；?
(3) 草酸合鐵(Ⅲ) 酸鉀晶體光照下立即發(fā)生分解生成兩種草酸鹽、CO2等，該反應中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為 。
26（共14分）答案：I.草酸的制備
(1)（2分） (2) C （2分） (3)66.0% （2分）
II.草酸合鐵(Ⅲ) 酸鉀晶體的制備 (1)Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+（2分）
(2) 2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O42-=2[Fe(C2O4)3]3- +6H2O （2分） 過濾后乙醇洗滌 （2分）
(3)1：1 （2分）
I.草酸的制備
【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中電石和水反應生成乙炔和氫氧化鈣，同時會產(chǎn)生硫化氫氣體，裝置B中盛有氫氧化鈉溶液或硫酸銅溶液用于吸收硫化氫氣體，裝置C中乙炔在硫酸汞做催化劑作用下，與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應生成草酸，空載儀器裝置D用于防止二氧化氮與氫氧化鈉溶液反應產(chǎn)生倒吸，裝置E中盛有氫氧化鈉溶液用于吸收二氧化氮氣體，防止污染環(huán)境。
【詳解】（1）裝置C中發(fā)生的反應為在硫酸汞做催化劑作用下，與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應生成草酸，反應的化學方程式為，故答案為：（2）裝置B中盛有氫氧化鈉溶液或硫酸銅溶液用于吸收硫化氫氣體，用于防止具有強還原性的硫化氫干擾乙炔與濃硝酸的反應，裝置E中盛有氫氧化鈉溶液用于吸收二氧化氮氣體，防止污染環(huán)境，所以均可為氫氧化鈉溶液，故A錯誤；裝置C中多孔球泡可以增大乙炔氣體與濃硝酸的接觸面積，便于反應物充分接觸，加快反應速率使反應充分進行，不是為了防止倒吸，故B錯誤；裝置D為空載儀器，起安全瓶的作用，防止二氧化氮與氫氧化鈉溶液反應產(chǎn)生倒吸，故C正確；從裝置C中得到產(chǎn)品，需經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌及干燥即可得到草酸晶體，故D錯誤。（3）關系式5H2C2O4—2KMnO4，由題意可知高錳酸鉀的物質(zhì)的量2.20mol/L×20.00×10—3L=4.40×10—2mol，則產(chǎn)品中草酸的質(zhì)量分數(shù)為（5/2×4.40×10—2×90）/15.0=0.66，故答案為：66.0%。
II.草酸合鐵(Ⅲ) 酸鉀晶體的制備
【分析】由流程可知，綠礬用稀硫酸溶解，目的是抑制Fe2+水解，加入的草酸與硫酸亞鐵反應生成草酸亞鐵沉淀，用過氧化氫將草酸亞鐵晶體氧化為k3[Fe(C2O4)3]，一定條件下結(jié)晶得到草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀晶體；
【詳解】(1) H2SO4溶液不能與綠礬反應，用硫酸溶解的目的是抑制Fe2+水解；故答案為：Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+(2) 趁熱將溶液過濾到燒杯中，再經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、干燥等操作得草酸合鐵（Ⅲ）酸晶體；故答案為：降溫結(jié)晶，過濾，乙醇洗滌干燥(或等濾液降溫后加入適量的乙醇，析出晶體，過濾，乙醇洗滌，干燥)；過氧化氫將Fe(C2O4)?2H2O氧化為K3[Fe(C2O4)3]，同時過氧化氫被還原為水，反應離子方程式為：2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2=2[Fe(C2O4)3]3- +6H2O；故答案為：2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2=2[Fe(C2O4)3]3- +6H2O；(3) 草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀晶體光照下立即發(fā)生分解生成兩種草酸鹽、CO2等，兩種草酸鹽為草酸鉀、草酸鐵，反應方程式為：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2 ↑+6H2O；故答案為：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2 ↑+6H2O；故答案為1：1
27.（15分）鎳、鈷及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應用。工業(yè)上用紅土鎳礦(主要成分為NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制備NiSO4·6H2O和鈷的工藝流程如圖所示。

已知：①Ni、Co的化學性質(zhì)與Fe相似：
②“萃取”可將金屬離子進行富集與分離，原理如下：X2+(水相)+2RH(有機相) XR2(有機相)+2H+(水相)。
回答下列問題：
(1)寫出提高高壓酸浸速率的方法 （寫一條即可），濾渣I的主要成分為____(填化學式)；
(2)調(diào)pH的目的為沉鐵和沉鋁。沉鐵時發(fā)生的離子方程式為____ ；如何判斷NaClO已足量：___ _(寫出具體操作過程和現(xiàn)象)
(3)濾渣3的成分為MgF2和CaF2(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)，濾液1中c(Ca2+)=2.0×10-3mol/L，加入NaF后除鈣率為98.5%，則濾液2中c(Mg2+)= mol/L (忽略沉淀前后溶液體積變化)，若濾液1中酸度過高，則Ca2+和沉淀不完全，原因是________ 。
(4)用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油做萃取劑，萃取時，Co、Ni的浸出率和鈷/鎳分離因素隨pH的關系如圖所示：萃取時，選擇pH為 左右，試劑X為 ；
(5)用如圖裝置也可以回收金屬鈷。保持細菌所在環(huán)境pH穩(wěn)定，借助其降解乙酸鹽生成CO2，將廢舊鋰離子電池的正極材料LiCoO2(s)轉(zhuǎn)化為Co2+，工作時保持厭氧環(huán)境，并定時將乙室溶液轉(zhuǎn)移至甲室。
（友情提示：電極材料均為石墨材質(zhì)，右側(cè)裝置為原電池）

請寫出乙室電極反應式為 。
27.（15分）【答案】(1)攪拌、增大硫酸的濃度等（1分） CaSO4和SiO2（2分）
(2)???? 2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+ 或 2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO????（2分）
取反應后少量濾液于試管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若無藍色沉淀產(chǎn)生，說明NaClO已足量（2分）
(3) 1.5×10-5 （2分） F-與 H＋結(jié)合形成弱電解質(zhì) HF 使得 F-濃度下降，導致沉淀溶解平衡向右移動（2分）
(4)3.5（1分）鹽酸（1分） (5) LiCoO2＋4H+＋e－＝Li+＋Co2+＋2H2O（2分）
【解析】紅土鎳礦：主要成分為NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO與硫酸反應生成NiSO4，CoO與硫酸反應生成CoSO4，F(xiàn)eO與硫酸反應生成FeSO4，F(xiàn)e2O3與硫酸反應生成Fe2(SO4)3，Al2O3與硫酸反應生成Al2(SO4)3，MgO與硫酸反應生成MgSO4，CaO與硫酸反應生成CaSO4，SiO2與硫酸不反應，則過濾得到的濾渣1含SiO2和CaSO4；向濾液中加入次氯酸鈉將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)pH，將鐵離子、鋁離子沉淀，過濾，濾渣2含F(xiàn)e(OH)3、Al(OH)3；向濾液1中加入氟化鈉，將鎂離子轉(zhuǎn)化為氟化鎂沉淀，將鈣離子轉(zhuǎn)化為氟化鈣沉淀，濾渣3含MgF2、CaF2；向濾液2中加入萃取劑，將二價鈷離子萃取到有機相中，再加鹽酸進行反萃取，得到氯化鈷溶液，氯化鈷溶液電解得到單質(zhì)鈷；而二價鎳離子在萃取的水相中，將水相處理得到硫酸鎳溶液，硫酸鎳溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到NiSO4·6H2O晶體。(1)由分析可知，濾渣1的主要成分是：SiO2和CaSO4。
(2)次氯酸根離子有強氧化性，亞鐵離子有還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應生成氯離子和鐵離子，而生成的鐵離子又水解生成氫氧化鐵，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，沉鐵時發(fā)生的氧化還原反應的離子方程式為：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要證明次氯酸鈉已足量，只需證明溶液中已經(jīng)沒有亞鐵離子，因此方法為：取反應后少量濾液于試管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若無藍色沉淀產(chǎn)生，說明NaClO已足量。
(3)當濾液2中c(Mg2+)=1.5×10-5mol/L時，c2(F-)==510-6(mol/L)2，此時溶液中c(Ca2+)==310-5mol/L，除鈣率為=(210-3-310-5)/ 210-3=0.985。這步目的是將鎂離子和鈣離子生成沉淀除去，若溶液酸度過高，對沉淀Mg2+影響是Mg2+沉淀不完全，因為F-與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，反應MgF2(s) Mg2＋(aq)＋2F-(aq)平衡向右移動，故答案為：F-與 H＋結(jié)合形成弱電解質(zhì) HF 使得 F-濃度下降，導致 MgF2(s) Mg2＋(aq)＋2F-(aq)平衡向右移動；
(4)由圖示可知，pH為3.5左右時，Co/Ni分離因素最高，鈷和鎳的萃取率相差較大，因此，萃取時，選擇pH為3.5左右。由圖示可知，反萃取后得到氯化鈷溶液，再結(jié)合已知信息③，因此試劑X為鹽酸。
(5) 乙室溶液呈酸性，所以相應的電極反應方程式為：LiCoO2＋4H+＋e－＝Li+＋Co2+＋2H2O
28.（14分）中國首次實現(xiàn)利用二氧化碳合成淀粉，合成過程的關鍵步驟是利用二氧化碳制備甲醇。CO2催化加氫制CH3OH的主要反應為CO2+3H2→CH3OH+H2O。
(1) 已知25℃時，相關物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)如表：
物質(zhì)
H2(g)
CH3OH(g)
燃燒熱△H(kJ?mol-1)
-285.0
-764.0
又知H2O(1)的汽化熱是44.0kJ·mol-1，則反應CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=___________；
該反應在_______(填“高溫”“低溫”或“任何溫度”)下可自發(fā)進行；
(2)CO2催化加氫制CH3OH的一種反應機理歷程如下圖所示(吸附在催化劑表面的物質(zhì)用*標注，如CO2*表示CO2吸附在催化劑表面)

據(jù)圖可知對該反應的反應速率影響最大的基元反應方程式為_________________________；
(3)已知化學反應速率方程k正、k逆是正逆反應v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)的速率常數(shù)，只受溫度影響。如圖表示速率常數(shù)的對數(shù)lgk與溫度的倒數(shù)之間的關系， 則k逆對應的曲線是___________;

(4)CO2和H2起始物質(zhì)的量之比為1：3時，該反應在有、無分子篩膜時甲醇的平衡產(chǎn)率隨溫度的變化如圖所示(分子篩膜能選擇性分離出H2O)。有分子篩膜時，溫度高于210℃后甲醇平衡產(chǎn)率下降的原因是__________ _ ;
(5)一定條件下，向1L恒容密閉容器中充入1molCO2和3molH2，發(fā)生反應CO2(g)+3H2(g) → CH3OH(g)+H2O(g)。已知容器內(nèi)起始壓強為300 kPa，5min后反應達平衡時容器內(nèi)壓強為225 kPa，請計算該溫度下甲醇的化學反應速率為 ，反應的分壓平衡常數(shù)Kp=__________ (寫出計算式即可，不用計算結(jié)果)。
28. (14分)【答案】(1)???? -47.0 kJ·mol-1???? （2分） 低溫（2分）
(2) CO2(g)+H*=COOH*（2分） (3)???? a（2分）
(4)溫度高于210℃時溫度升高使平衡向逆方向移動的影響大于分子篩膜分離出H2O使平衡向正方向移動的影響，所以甲醇產(chǎn)率下降
(5)??0.1 mol/（L-min）? (?37.5?37.5)/（37.5?112.53）
【解析】(1)根據(jù)題目所給信息可得熱化學方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(1)???ΔH=-285.0kJ·mol-1、②CH3OH(g)+O2(g)=2H2O(1)+CO2(g)???ΔH=-764.0kJ·mol-1、③H2O(1)=H2O(g) ΔH=44.0kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律①×3-②+③可得CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=(-285.0kJ·mol-1)×3-(-764.0kJ·mol-1)+44.0kJ·mol-1=-47.0kJ·mol-1；該反應為氣體系數(shù)之和減小的反應，所以ΔS＜0，所以在低溫條件下滿足ΔH-TΔS＜0，反應可以自發(fā)；
(2)活化能越大，反應速率越慢，慢反應決定整體反應速率，據(jù)圖可知決速步驟為CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*；
(3)溫度升高反應速率加快，所以越小，k越大，即lgk越大，而該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，說明溫度對k逆的影響更大，所以k正對應的曲線是b，k逆對應的曲線是a；
(4)溫度低于210℃時，隨溫度升高，分子篩膜分離出H2O使平衡向正方向移動的影響大于溫度升高使平衡向你方向移動的影響，產(chǎn)率增大；溫度高于210℃時溫度升高使平衡向逆方向移動的影響大于分子篩膜分離出H2O使平衡向正方向移動的影響，產(chǎn)率下降；
(5)設平衡時CH3OH的物質(zhì)的量為x，列三段式有： CO2(g)+3H2(g) → CH3OH(g)+H2O(g)。
起始： 1 3 0 0
反應： x 3x x x
平衡： 1-x 3-3x x x
恒容密閉容器中壓強之比等于氣體的物質(zhì)的量之比，所以有(1+3):(4-2x)=300:225，解得x=0.5，所以甲醇的化學反應速率為：0.5/（1?5）=0.1 mol/（L-min）；所以平衡時CH3OH(g)的分壓為1/6×225kPa=37.5kPa，同理可以求出CO2、H2、H2O的分壓分別為37.5kPa、112.5kPa、37.5kPa，所以Kp==???(?37.5?37.5)/（37.5?112.53）
選做：35．（15分）聚合物鋰離子電池具有超薄化特征，適用于多種設備，電極材料涵蓋、、、等物質(zhì)。
（1）基態(tài)As原子的最高能級組軌道表達式為___________。
（2）重鉻酸銨[(NH4)2Cr2O7]為桔黃色單斜結(jié)晶，常用作有機合成催化劑，Cr2O的結(jié)構(gòu)如圖。(NH4)2Cr2O7中N、O、Cr三種元素第一電離能由大到小的順序是___(填元素符號)，1mol該物質(zhì)中含σ鍵的數(shù)目為___NA。

（3）磷酸為磷的最高價含氧酸，其空間結(jié)構(gòu)如圖：

①鍵角大小比較：___________(填“大于”“等于”或“小于”)。
②純凈的磷酸黏度極大，隨溫度升高黏度迅速下降，原因是___________。
（4）二茂鎳是具有導電性的有機配合物。x個原子共用y個電子可表示為，則環(huán)戊二烯離子中的大鍵可表示為___________。
（5）圖1為NiO晶胞，與距離最近的有___________個。

一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認為作密置單層排列，填充其中(如圖2)，該“單分子層”面積密度為，則的半徑為___________nm。(用m、表示)
【答案】
（1）???? 1分；
（2）N＞O＞Cr 2分； ??? 16 2分；
（3）①小于? 2分；??? ②溫度升高，磷酸分子間氫鍵被破壞 2分；
（4） 2分
（4）???? 12 2分；???? 2分。
【解析】
（1）基態(tài)As原子的最高能級組包括4s、3d、4p三個能級，軌道排布式為。
（2）N為半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能大于O，N、O為非金屬，第一電離能均大于金屬，所以N、O、Cr三種元素第一電離能由大到小的順序是N＞O＞Cr；1個Cr2O含有8個σ鍵，1個銨根離子中含有4個σ鍵，故1mol該物質(zhì)中含有σ鍵數(shù)目為：(4×2+8) NA =16 NA；
（3）①P=O鍵和P-O鍵的排斥力大于P-O鍵和P-O鍵之間的排斥力，所以鍵角小于。
②磷酸分子間有氫鍵，溫度升高，氫鍵被破壞，所以純凈的磷酸黏度極大，隨溫度升高黏度迅速下降；
（4）環(huán)戊二烯離子中5個原子共用6個電子，其大鍵可表示為。
（5）
36.（15分）洛哌丁胺(I)可用于腹瀉的治療，其一種合成路線如圖：

已知：①C反應生成D的同時生成碳酸鉀和一種常見的醇
②
③有關格氏試劑的反應：R—XR—MgX(X代表鹵素原子，下同)

（1）A的名稱為___；
（2）C→D的反應類型為___；F中官能團名稱為___；
（3）E的結(jié)構(gòu)簡式為____；其中含有___個手性碳原子。
（4）寫出C→D的化學方程式 ____；
（5）寫出符合下列條件的X的兩種同分異構(gòu)體____。
①含有一個六元環(huán)，無其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)②核磁共振氫譜為3組峰
（6）已知羥基能與格氏試劑發(fā)生反應。寫出以、CH3OH、和乙二醇為原料制備的合成路線(其他試劑任選)____。
【答案】（1）對二氯苯 1分；（2）????取代反應 2分； 溴原子、羧基?? 2分；??
（3）??? 2分； ? 0 2分；
（4）+2KOH→+C2H5OH+Na2CO3 2分；
（5）、 2分；
（6） 2分。
【解析】根據(jù)D的分子式、I的結(jié)構(gòu)簡式以及翻譯D+H→I逆推，D為，根據(jù)題給信息①，推測C生成D的反應為肽鍵和酯基在堿性條件下的水解，結(jié)合C的分子式，可知C的結(jié)構(gòu)簡式為：，結(jié)合流程、根據(jù)信息③可知A為對二氯苯，B的結(jié)構(gòu)簡式為，X為；由G結(jié)合分子式可知F為、結(jié)合分子式和流程推知E為以此解題。（1）據(jù)分析A的結(jié)構(gòu)簡式為，為對二氯苯；（2）C生成D的反應為肽鍵和酯基在堿性條件下的水解，為取代反應；F為，官能團為溴原子和羧基；（3）E的結(jié)構(gòu)簡式為，其中無手性碳原子；
（4）C的結(jié)構(gòu)簡式為：，C生成D的反應為肽鍵和酯基在堿性條件下的水解，故對應的方程式為： +2KOH→ +C2H5OH +K2CO3；
（5）X為； X的兩種同分異構(gòu)體符合下列條件：①含有一個六元環(huán)，無其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)②核磁共振氫譜為3組峰、則分子內(nèi)有3種氫原子，考慮對稱性可得：
、；（6）以為主要原料合成，目標產(chǎn)物含有2個五元環(huán)，因此從原料到目標產(chǎn)物，因此上的醛基不能直接與格氏試劑反應，只能利用根信息反應②進行合成，故先將氧化，羥基轉(zhuǎn)變?yōu)橥驶?、醛基轉(zhuǎn)變?yōu)轸然侔l(fā)生酯化反應后生成酯基，由于羰基、酯基均能與格氏試劑反應，因此需利用信息反應把羰基保護起來，等酯基與反應引入2個五元環(huán)后再水解重新生成羰基，由制成，故目標產(chǎn)物的合成路線為：。

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