四川省成都市第七中學(xué)2023-2024學(xué)年高三二診模擬考試化學(xué)試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

考試時間：150分鐘，試卷滿分300分
相對原子質(zhì)量：H1 C12 O16 Na23 P31 S32 C59
一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。
1. 下列說法錯誤的是
A. 明礬水解時產(chǎn)生具有吸附性的膠體粒子，可作凈水劑
B. 使用無磷洗衣粉，可徹底解決水體富營養(yǎng)化問題
C. 改進汽車尾氣凈化技術(shù)，減少大氣污染物的排放
D. 新型復(fù)合材料使手機、電腦等電子產(chǎn)品更輕巧、實用和新潮
【答案】B
【解析】
【詳解】A．明礬中含有，水解時產(chǎn)生具有吸附性的膠體粒子，可作凈水劑，A正確；
B．使用無磷洗衣粉，可以緩解和減小水體富營養(yǎng)化問題的程度，而不能徹底解決，B錯誤；
C．改進汽車尾氣凈化技術(shù)，可將有害的、等氣體轉(zhuǎn)化為無害的、，減少大氣污染物的排放，C正確；
D．新型復(fù)合材料具有密度小、容量大等優(yōu)點，可以使手機、電腦等電子產(chǎn)品更輕巧、實用和新潮，D正確；
故選B。
2. 下列說法正確的是
A. 2.8 g環(huán)己烷含共價鍵數(shù)目為0.4NA
B. 過氧化鈉與水反應(yīng)，生成0.1 ml氧氣時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.4NA
C. 142 g Na2SO4和Na2HPO4固體混合物中，陰陽離子總數(shù)為3NA
D. 用惰性電極電解CuSO4溶液后，如果加入0.1 mlCu(OH)2能使溶液復(fù)原，則電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 2.8 g環(huán)己烷的物質(zhì)的量為=ml，含共價鍵數(shù)目為ml ×18 NA =0.6NA，故A錯誤；B.過氧化鈉與水反應(yīng)時，氧元素由-1價變?yōu)?價生成氧氣，故當(dāng)生成0.1ml氧氣時轉(zhuǎn)移0.2ml電子即0.2NA個，故B錯誤；C、Na2SO4和Na2HPO4的摩爾質(zhì)量均為142g/ml，故142g混合物的物質(zhì)的量為1ml，而且兩者均含2個鈉離子和1個陰離子，故1ml混合物中含離子共3NA個，故C正確；D、用惰性電極電解CuSO4溶液后，如果加入0.1ml Cu(OH)2能使溶液復(fù)原，則說明陽極上析出的是0.1ml氧氣，陰極上析出的是0.1ml銅和0.1ml氫氣，故轉(zhuǎn)移0.4ml電子即0.4NA個，故D錯誤；故選C。
點睛：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的相關(guān)計算。本題的難點是D，用惰性電極電解CuSO4溶液后，加入Cu(OH)2能使溶液復(fù)原，說明陽極上析出的是氧氣，陰極上析出的是銅和氫氣。
3. 前20號元素X、Y、Z、W、R原子序數(shù)依次增大。其中X、Z、R最外層電子數(shù)相等，且X與Z、R均可形成離子化合物；Y、W同主族，Y最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是
A. 簡單離子半徑：W>Z>Y
B. X分別與Y、W形成的常見化合物都屬于弱電解質(zhì)
C. Z的單質(zhì)在中燃燒所得的產(chǎn)物中陰、陽離子個數(shù)比為1：1
D. Y分別與Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同
【答案】B
【解析】
【分析】前20號元素X、Y、Z、W、R原子序數(shù)依次增大。Y、W同主族，Y最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Y是O元素、W是S元素；X、Z、R最外層電子數(shù)相等，且X與Z、R均可形成離子化合物，則X是H元素、Z是Na元素、R是K元素；
【詳解】A．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越小，簡單離子半徑：S2->O2->Na+，故A錯誤；
B． H分別與O、S形成的常見化合物H2O、H2S都屬于弱電解質(zhì)，故B正確；
C．Na在O2中燃燒所得的產(chǎn)物Na2O2中陰、陽離子個數(shù)比為1：2，故C錯誤；
D．O分別與Na、S均可形成具有漂白性的化合物Na2O2、SO2，漂白原理不相同，故D錯誤；
選B。
4. 俗稱“一滴香”的有毒物質(zhì)被人食用后會損傷肝臟，還能致癌?！耙坏蜗恪钡姆肿咏Y(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是
A. 該有機物的分子式為
B. 該有機物的一種芳香族同分異構(gòu)體能發(fā)生銀鏡反應(yīng)
C. 該有機物能發(fā)生取代、加成、氧化和水解反應(yīng)
D. 該分子中所有碳原子可能共面
【答案】D
【解析】
【詳解】A．該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為，其分子式為C7H8O3，故A錯誤；
B．據(jù)苯及其同系物的通式CnH2n-6(n≥6)，7×2-6=8，8-8=0，即分子中若有苯環(huán)，則苯環(huán)外不可能有醛基，故B錯誤；
C．該有機物中有碳碳雙鍵和酮羰基能發(fā)生加成反應(yīng)、有羥基能發(fā)生取代和氧化反應(yīng)，但不能發(fā)生水解反應(yīng)，故C錯誤；
D．該分子中含有碳碳雙鍵、酮羰基的六元環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，通過單鍵的旋轉(zhuǎn)，所有碳原子可能共面，故D正確；
故答案為：D。
5. 將二氧化錳和生物質(zhì)置于一個由濾紙制成的折紙通道內(nèi)形成電池(如圖所示)，該電池可將可樂中的葡萄糖作為燃料轉(zhuǎn)化成葡萄糖內(nèi)酯并獲得能量，下列說法不正確的是
A. 隨著反應(yīng)不斷進行，負極區(qū)的pH不斷增大
B. b極為正極
C. b極的電極反應(yīng)式為：
D. 當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.2個電子時，消耗0.1ml葡萄糖
【答案】A
【解析】
【分析】由圖可知，a電極為原電池的負極，葡萄糖在負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成葡萄糖內(nèi)酯和氫離子，電極反應(yīng)式為C6H12O6—2e—= C6H10O6+2H+，b極為正極，酸性條件下二氧化錳在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成錳離子和水，電極反應(yīng)式為。
【詳解】A．由分析可知，a電極為原電池的負極，葡萄糖在負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成葡萄糖內(nèi)酯和氫離子，電極反應(yīng)式為C6H12O6—2e—= C6H10O6+2H+，則隨著反應(yīng)不斷進行，負極區(qū)的pH不斷減小，故A錯誤；
B．由分析可知，b極為原電池的正極，故B正確；
C．由分析可知，b極為原電池的正極，酸性條件下二氧化錳在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成錳離子和水，電極反應(yīng)式為，故C正確；
D．由分析可知，a電極為原電池的負極，葡萄糖在負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成葡萄糖內(nèi)酯和氫離子，電極反應(yīng)式為C6H12O6—2e—= C6H10O6+2H+，則當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.2個電子時，消耗葡萄糖的物質(zhì)的量為0.1ml，故D正確；
故選A。
6. 對某溶液中部分離子的定性檢測流程如下。相關(guān)分析正確的是
A. 步驟①所加試劑可以是濃KOH溶液
B. 可以用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗生成的無色氣體
C. 步驟②發(fā)生的反應(yīng)為
D. 遇鐵氰化鉀會生成藍色溶液
【答案】A
【解析】
【分析】步驟①中，加入濃的堿溶液會產(chǎn)生無色的氣體，加入過量的強堿會產(chǎn)生紅褐色沉淀，加入過量的強堿會生成，X為含有的溶液，步驟②中加入發(fā)生的反應(yīng)為，生成白色沉淀。
【詳解】A．根據(jù)以上分析，步驟①中所加試劑可以是濃KOH溶液，A正確；
B．無色的氣體，可以使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，所以應(yīng)該用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗，B錯誤；
C．步驟②中加入發(fā)生的反應(yīng)為，生成白色沉淀，C錯誤；
D．遇鐵氰化鉀會生成藍色沉淀，D錯誤；
故選A。
7. 在某溫度時，將nml/L氨水滴入10mL1.0ml/L鹽酸中，溶液pH和溫度隨加入氨水體積變化曲線如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是
A. 水的電離程度：a>b>d>c
B.
C. c點：
D. 25℃時，的水解常數(shù)計算式為
【答案】D
【解析】
【分析】由圖可知，反應(yīng)溫度最高時，氨水溶液的體積小于10mL，則氨水的濃度小于1.0ml/L；a點為1.0ml/L鹽酸溶液，鹽酸電離出的氫離子抑制水的電離，b點鹽酸與氨水恰好反應(yīng)生成氯化銨，銨根離子在溶液中水解促進水的電離，c點氨水過量得到氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，d點為氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液呈堿性。
【詳解】A．由分析可知，a點為1.0ml/L鹽酸溶液，鹽酸電離出的氫離子抑制水的電離，b點鹽酸與氨水恰好反應(yīng)生成氯化銨，銨根離子在溶液中水解促進水的電離，則a點水的電離程度小于b點，故A錯誤；
B．由分析可知，氨水的濃度小于1.0ml/L，故B錯誤；
C．由分析可知，c點氨水過量得到氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，由電荷守恒關(guān)系c(NH)+c(H+)=c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(NH)=c(Cl—)= =0.5 ml/L，故C錯誤；
D．由分析可知，c點氨水過量得到氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，均為10—7 ml/L由電荷守恒關(guān)系c(NH)+c(H+)=c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(NH)=c(Cl—)= =0.5 ml/L，由氮原子個數(shù)守恒可知，溶液中一水合氨的濃度為(—0.5 ml/L)，則銨根離子的水解常數(shù)Kh=，故D正確；
故選D。
第Ⅱ卷 (非選擇題)
二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。
8. 一種回收鋅電解陽極泥(主要成分為、和ZnO，還有少量錳鉛氧化物和Ag)中金屬元素鋅、錳、鉛和銀的工藝如圖所示。回答下列問題：
已知：①易溶于水，不溶于乙醇。
②在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生如下反應(yīng)：
（1）中Pb的化合價為+2價，Mn的化合價有+2價和+4價，則氧化物中+2價和+4價Mn的個數(shù)比為_______。
（2）濾液1中的溶質(zhì)為_______；“還原酸浸”過程中主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；實際錳浸出最適宜的葡萄糖加入量遠大于理論加入量，其原因是_______。
（3）結(jié)合溶解度曲線圖分析，由溶液制得晶體“一系列操作”是_______、_______，用_______(填物質(zhì)的名稱)洗滌、干燥。
（4）“電解”時，加入與水反應(yīng)生成二元弱酸，在陰極放電生成Se單質(zhì)，有利于電還原沉積。則放電的電極反應(yīng)式為_______。
（5）整個流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是_______。
（6）通過計算說明可用溶液將“濾渣”中的轉(zhuǎn)化為的原因_______。[已知：25℃時，]
【答案】（1）
（2） ①. ②. ③. 在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生副反應(yīng)，消耗更多的葡萄糖
（3） ①. 蒸發(fā)濃縮 ②. 冷卻結(jié)晶 ③. 乙醇
（4）
（5）
（6）含有的濾渣中加入，發(fā)生轉(zhuǎn)化，，可視為完全轉(zhuǎn)化。
【解析】
【分析】陽極泥的主要成分為、和ZnO，還有少量錳鉛氧化物和Ag，加入稀硫酸，得到溶液，、、中繼續(xù)加入稀硫酸和葡萄糖，價的Mn轉(zhuǎn)化為+2價的進入溶液中，過濾后得到的溶液經(jīng)過一系列操作，得到晶體，加入與水反應(yīng)生成二元弱酸，電解時，在陰極放電生成Se單質(zhì)，有利于電還原沉積生成Mn單質(zhì)；濾渣中的加入，使更難溶的，加入醋酸，得到Ag單質(zhì)和醋酸鉛溶液，在醋酸鉛中加入硫酸，生成沉淀。
【小問1詳解】
中Pb的化合價為+2價，Mn的化合價有+2價和+4價，設(shè)+2價和+4價的Mn的個數(shù)分別為x和y，根據(jù)化合物中各元素的化合價的代數(shù)和為0和原子個數(shù)守恒，得到方程式，聯(lián)立解得，所以+2價和+4價Mn的個數(shù)比為；
【小問2詳解】
由以上分析可知，加入稀硫酸轉(zhuǎn)化為溶液，濾液1中的溶質(zhì)為；“還原酸浸”過程中中加入稀硫酸和還原性糖，價的Mn轉(zhuǎn)化為+2價的進入溶液中，發(fā)生的反應(yīng)為：；因為在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生副反應(yīng)，消耗更多的葡萄糖，所以實際錳浸出最適宜的葡萄糖加入量遠大于理論加入量；
【小問3詳解】
根據(jù)的溶解度隨溫度變化的曲線，由溶液制得晶體的“一系列操作”是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；易溶于水，不溶于乙醇，所以洗滌時用乙醇而不用水洗，可以降低的溶解損耗；
【小問4詳解】
電解時，，在陰極放電生成Se單質(zhì)，電極反應(yīng)式為；
【小問5詳解】
根據(jù)以上流程的分析，整個流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是??；
【小問6詳解】
含有的濾渣中加入，發(fā)生轉(zhuǎn)化，，可視為完全轉(zhuǎn)化。
9. 實驗室利用含鈷廢渣[含、等]制備磁性材料?；卮鹣铝袉栴}：
I．稀硫酸的配制。
（1）實驗室里需要：450mL溶液，用98%濃硫酸(密度為)配制該溶液時，所需的濃硫酸的體積為_______(保留1位小數(shù))mL。
（2）下圖關(guān)于容量瓶的操作，正確的是_______。
（3）配制過程中，下列操作將導(dǎo)致溶液濃度偏小的是_______(填標(biāo)號)。
A. 定容時俯視容量瓶刻度線
B. 容量瓶未干燥處理
C. 定容加水時超過刻度線后，立即吸出多余水
D. 將溶液從燒杯轉(zhuǎn)移到容量瓶中后沒有洗滌燒杯
Ⅱ．浸取，將一定量的鈷渣粉與溶液配成懸濁液，加入三頸燒瓶中(裝置如圖)，70℃通過儀器a緩慢滴加稀硫酸，充分反應(yīng)，過濾。
（4）b中應(yīng)加入_______作為最佳傳熱介質(zhì)。
（5）該過程中，轉(zhuǎn)化為的離子方程式為_______。
Ⅲ．沉鈷。C(Ⅱ)鹽溶液可以形成、和等多種形式的沉淀。
已知：向0.100ml/L溶液中滴加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH，時開始出現(xiàn)沉淀。
（6）向除雜后溶液中加入溶液或溶液作沉淀劑，可得到，不能用同濃度的溶液代替溶液的原因是_______。
Ⅳ．制備，將所得的18.3g草酸鈷晶體()高溫灼燒，其熱重分析圖如圖：
（7）寫出B點對應(yīng)的物質(zhì)的化學(xué)式：_______，CD段發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。
【答案】（1）54.3
（2）C （3）CD
（4）Na2SO3 （5）2C(OH)3+SO+4H+=2C2++SO+5H2O
（6）若用草酸鈉溶液代替草酸銨溶液，會有氫氧化亞鈷沉淀生成，導(dǎo)致CC2O4的產(chǎn)率降低
（7） ①. CO ②. 6CO+O22C3O4
【解析】
【小問1詳解】
由c=可知，濃硫酸的濃度為ml/L=18.4ml/L，實驗室沒有480mL容量瓶，所以配制480mL2ml/L的硫酸溶液時，應(yīng)選用500mL容量瓶，由稀釋定律可知，配制該溶液時，所需的濃硫酸的體積為×103mL/L=54.3mL，故答案為：43.4；
【小問2詳解】
A．檢查容量瓶是否漏水時，加入少量水，蓋好蓋子，將容量瓶倒置，觀察是否有水滲出，故錯誤；
B．容量瓶讀數(shù)時，應(yīng)平視容量瓶的刻度，視線、刻度與凹液面的最低點在同一水平線上，故錯誤；
C．稀釋得到的溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶時，應(yīng)用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端應(yīng)在刻度線下方，故正確；
D．容量瓶定容時，應(yīng)蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒，搖勻，故錯誤；
故選C；
【小問3詳解】
A．定容時俯視容量瓶刻度線會使溶液的體積偏小，導(dǎo)致所配溶液濃度偏大，故不符合題意；
B．容量瓶未干燥處理不會影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積，對所配溶液濃度無影響，故不符合題意；
C．定容加水時超過刻度線后，立即吸出多余的水會使溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，導(dǎo)致所配溶液濃度偏小，故符合題意；
D．將溶液從燒杯轉(zhuǎn)移到容量瓶中后沒有洗滌燒杯使溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，導(dǎo)致所配溶液濃度偏小，故符合題意；
故選CD；
【小問4詳解】
實驗時，為使三頸燒瓶中反應(yīng)物受熱均勻，應(yīng)向三頸燒瓶中加入亞硫酸鈉溶液作為傳熱介質(zhì)，故答案為：Na2SO3；
【小問5詳解】
由題意可知，氫氧化鈷轉(zhuǎn)化為亞鈷離子的反應(yīng)為氫氧化鈷酸性條件下與亞硫酸鈉溶液反應(yīng)生成亞鈷離子、硫酸根離子和水，反應(yīng)的離子方程式為2C(OH)3+SO+4H+=2C2++SO+5H2O，故答案為：2C(OH)3+SO+4H+=2C2++SO+5H2O；
【小問6詳解】
草酸鈉是強堿弱酸鹽，草酸銨是弱酸弱堿鹽，草酸鈉溶液的堿性更強，若用草酸鈉溶液代替草酸銨溶液，會有氫氧化亞鈷沉淀生成，導(dǎo)致草酸亞鈷的產(chǎn)率降低，故答案為：若用草酸鈉溶液代替草酸銨溶液，會有氫氧化亞鈷沉淀生成，導(dǎo)致CC2O4的產(chǎn)率降低；
【小問7詳解】
由題意可知，草酸鈷晶體的物質(zhì)的量為=0.1ml，由鈷原子個數(shù)守恒可知，B點固體中氧原子的物質(zhì)的量為=0.1ml，則B點所得固體的化學(xué)式為CO；同理可知，D點固體中氧原子的物質(zhì)的量為≈0.133ml，則D點固體的化學(xué)式為C3O4，CD段發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為6CO+O22C3O4，故答案為：CO；6CO+O22C3O4。
10. 為促進碳中和，科研工作者利用化學(xué)鏈技術(shù)將CO2轉(zhuǎn)化為燃料CO，回答下列問題：
（1）化學(xué)鏈技術(shù)分為兩個過程：
過程一：還原器中，低價態(tài)金屬氧化物(FeO，Ce2O3、NbO2)載氧體將CO2，還原為CO，選用FeO作還原劑時，可能發(fā)生的反應(yīng)有：
反應(yīng)I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g) ΔH1=-9.8kJ·ml-1
反應(yīng)Ⅱ：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH2=-189.0kJ·ml-1
反應(yīng)Ⅲ：C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3
根據(jù)蓋斯定理，計算ΔH3=___________kJ·ml-1。
過程二：再生反應(yīng)器中，可能發(fā)生以下兩種路徑(僅表示轉(zhuǎn)化過程)：
直接再生：MOy→MOx+O2
間接再生：MOy+C→MOx+CO
壓強101kPa下，不同金屬氧化物直接再生路徑和間接再生路徑的ΔG隨溫度變化如圖1和圖2所示，則在研究溫度內(nèi)，直接再生路徑不可行的主要原因是___________。

（2）間接再生時，化學(xué)平衡常數(shù)隨溫度變化見圖3，則間接再生反應(yīng)均為___________(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)，根據(jù)圖3，化學(xué)鏈技術(shù)將CO2還原為CO的最優(yōu)載氧體系為Fe3O4/FeO，其主要原因是___________。

（3）為確定過程一的最佳反應(yīng)溫度，在還原器中按n(FeO)：n(CO2)=3：1投料，達平衡時各組分的物質(zhì)的量如圖4所示。

①結(jié)合(1)中過程一的反應(yīng)分析，800℃之前，n(CO))隨溫度升高而增大的原因是_____________。
②800℃之后的高溫條件下，n(CO2)和n(CO)趨于穩(wěn)定，說明溫度對反應(yīng)I、Ⅱ、Ⅲ的平衡影響不大，但n(FeO)仍在增大，則主要發(fā)生的化學(xué)方程式為___________。
③800℃達平衡時，容器內(nèi)總壓為pkPa．n(CO2)=0.66ml。n(CO)=0.33ml，則消碳反應(yīng)C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常數(shù)Kp=___________kPa(以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。
【答案】（1） ①. +169.4 ②. 直接再生路徑的ΔG均大于0，反應(yīng)不自發(fā)
（2） ①. 吸熱 ②. 在相同溫度下，F(xiàn)e3O4/FeO載氧體系參與反應(yīng)時，平衡常數(shù)最大(Fe3O4/FeO載氧體系成本較低)
（3） ①. 反應(yīng)I為放熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅲ為吸熱反應(yīng)，溫度升高促進反應(yīng)I逆向進行、反應(yīng)Ⅲ正向進行，800℃之前，溫度對反應(yīng)Ⅲ的影響程度大于反應(yīng)I，故n(CO)隨溫度升高而增大 ②. Fe+Fe3O44FeO ③.
【解析】
【小問1詳解】
已知：反應(yīng)I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g) ΔH1=-9.8kJ·ml-1
反應(yīng)Ⅱ：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH2=-189.0kJ·ml-1
根據(jù)蓋斯定律，由①-②得反應(yīng)Ⅲ：C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3=ΔH1-ΔH2=-9.8kJ·ml-1-(-189.0kJ·ml-1)= +169.4 kJ·ml-1；答案為+169.4；
直接再生路徑的ΔG均大于0，反應(yīng)不自發(fā)，故在研究溫度內(nèi)，直接再生路徑不可行；
【小問2詳解】
間接再生時，化學(xué)平衡常數(shù)隨溫度變化見圖3，隨著溫度的升高，lnK增大，則K增大，說明升高溫度平衡正向移動，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；則間接再生反應(yīng)均為吸熱反應(yīng)，根據(jù)圖3，化學(xué)鏈技術(shù)將CO2還原為CO的最優(yōu)載氧體系為Fe3O4/FeO，其主要原因是在相同溫度下，F(xiàn)e3O4/FeO載氧體系參與反應(yīng)時，平衡常數(shù)最大(Fe3O4/FeO載氧體系成本較低)；
【小問3詳解】
①反應(yīng)I為放熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅲ為吸熱反應(yīng)，溫度升高促進反應(yīng)I逆向進行、反應(yīng)Ⅲ正向進行，800℃之前，溫度對反應(yīng)Ⅲ的影響程度大于反應(yīng)I，故n(CO)隨溫度升高而增大；
②800℃之后的高溫條件下，n(CO2)和n(CO)趨于穩(wěn)定，說明溫度對反應(yīng)I、Ⅱ、Ⅲ的平衡影響不大，則氣體濃度幾乎保持不變，但n(FeO)仍在增大，則只能固體物質(zhì)在參與反應(yīng)，結(jié)合鐵的氧化物中鐵的價態(tài)可知，主要發(fā)生的化學(xué)方程式為Fe+Fe3O44FeO；
③800℃達平衡時，容器內(nèi)總壓為pkPa．n(CO2)=0.66ml。n(CO)=0.33ml，則消碳反應(yīng)C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常數(shù)Kp==0.165pkPa=kPa。
【化學(xué)—選修：物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】
11. 含銅物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有著廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：
（1）一個原子軌道填充2個自旋方向相反(順時針和逆時針)的電子。原子中電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，分別用和表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)，則基態(tài)銅原子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_______；基態(tài)較基態(tài)更穩(wěn)定的原因是_______。
（2）稀溶液中存在，空間構(gòu)型為八面體形：下列對中雜化方式推斷合理的是_______(填標(biāo)號)。
A. B. C. D.
（3）可形成，其中en代表。1ml該配合物中，VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有_______個；C、N、F的電負性由大到小的順序為_______。
（4）一種由Cu、In、Te組成的晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶體中Te原子填充在Cu、In圍成的四面體空隙中，則四面體空隙的占有率為_______；該晶體的化學(xué)式為_______。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數(shù)坐標(biāo)，如A點，B點原子的分數(shù)坐標(biāo)分別為(0，0，0)、，則C點原子的分數(shù)坐標(biāo)為_______，晶胞中C、D間距離_______pm。
【答案】11. ①. 或- ②. 基態(tài)Cu+的價電子排布式為全充滿的3d10結(jié)構(gòu)，而Cu2+的價電子排布式為3d9，所以基態(tài)Cu+比Cu2+穩(wěn)定 12. C
13. ①. 11 ②. F>N>C
14. ①. 50% ②. CuInTe2 ③. () ④.
【解析】
【小問1詳解】
Cu的原子序數(shù)為29，基態(tài)價電子排布式為3d104s1，則自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為+或-；基態(tài)Cu+的價電子排布式為全充滿的3d10結(jié)構(gòu)，而Cu2+的價電子排布式為3d9，所以基態(tài)Cu+比Cu2+穩(wěn)定。
【小問2詳解】
[Cu(H2O)6]2+的空間構(gòu)型為八面體形，則Cu2+的價層電子對數(shù)為6，雜化軌道數(shù)為6，所以其雜化方式可能為sp3d2，故選C。
【小問3詳解】
在H2N?CH2?CH2?NH2中，C原子和N原子均為sp3雜化，NH3和的中心原子也均為sp3雜化，其VSEPR模型均為四面體形，1ml該配合物中有2mlen、1mlNH3和2ml，則VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有11個；同周期元素的電負性從左到右逐漸增大，則C、N、F的電負性由大到小的順序為F>N>C。
【小問4詳解】
根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，在一個晶胞中，Cu、In圍成的四面體空隙共有16個，晶體中Te原子有8個，晶體中Te原子填充在Cu、In圍成的四面體空隙中，則四面體空隙的占有率為50%；該晶胞中Cu位于8個頂點、4個位于面心、1個位于體心，共有Cu：8+4+1=4個；In位于面心和棱心，位于面心的有6個，位于棱心的有4個，共有6+4=4個，Te有8個，所以該晶體的化學(xué)式為CuInTe2；C點原子位于下面的二分之一晶胞分成的8個小晶胞其中之一的體心，根據(jù)A和B的原子坐標(biāo)，可知C點原子的坐標(biāo)為（）；晶胞中C、D間的距離是一個邊長為、長方形的面對角線，距離為。
【化學(xué)—選修：有機化學(xué)基礎(chǔ)】
12. 有機太陽能電池利用有機半導(dǎo)體將光能轉(zhuǎn)換為電能。科學(xué)家設(shè)計了一種新型有機太陽能電池材料，其部分合成路線如下：
（1）化合物A的含氧官能團有___________(填官能團名稱)。
（2）化合物B的一種同分異構(gòu)體能溶解于水溶液，遇不顯色。核磁共振氫譜檢測到三組峰(峰面積比為1：2：2)，其結(jié)構(gòu)簡式為___________。
（3）化合物C的名稱是___________，分子式是___________。
（4）由B到D的轉(zhuǎn)化過程中涉及的反應(yīng)類型有________、_________和_________
（5）化合物E可通過頻哪醇()和聯(lián)硼酸()的脫水反應(yīng)制備。頻哪醇的結(jié)構(gòu)簡式是___________。
（6）某同學(xué)分析以上合成路線，發(fā)現(xiàn)制備化合物F和H的反應(yīng)類型都屬于___________反應(yīng)。進而提出了化合物H的另外一種制備方法：首先在的催化下，化合物G與E反應(yīng)合成新的化合物Ⅰ，其結(jié)構(gòu)簡式為___________?；衔铫裨诘拇呋屡c化合物___________(寫結(jié)構(gòu)簡式)反應(yīng)即可生成化合物H。
【答案】12. 羥基、醛基
13. 14. ①. 乙酸酐 ②. C4H6O3
15. ①. 加成反應(yīng) ②. 消去反應(yīng) ③. 取代反應(yīng)
16. 17. ①. 取代 ②. ③.
【解析】
【分析】由B可知A為：，根據(jù)分析，B與C經(jīng)過3步反應(yīng)得到D：（D）；D與E發(fā)生取代反應(yīng)得到F，F(xiàn)與G發(fā)生取代反應(yīng)得到H。
【小問1詳解】
根據(jù)分析，A為：，含氧官能團名稱為：羥基、醛基；
【小問2詳解】
B為，化合物B的一種同分異構(gòu)體能溶解于水溶液，遇不顯色，說明含酯基，核磁共振氫譜檢測到三組峰說明有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，峰面積比為1：2：2說明氫原子個數(shù)比為1：2：2，滿足條件的結(jié)構(gòu)簡式為：；
【小問3詳解】
C名稱為乙酸酐，分子式是：C4H6O3；
【小問4詳解】
根據(jù)分析，B經(jīng)過加成反應(yīng)、消去反應(yīng)、取代反應(yīng)得到D；
【小問5詳解】
根據(jù)化合物E的結(jié)構(gòu)，可知頻哪醇()的結(jié)構(gòu)簡式為：；
【小問6詳解】

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