精品解析：北京市第五中学2022-2023学年高三上学期期中考试 化学试题

北京市第五中学2022-2023学年高三上学期期中化学试题 第I卷(选择题，共42分) 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Ca 40 Fe 56 S 32 Ti 48 本卷共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。 1. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B. 碱性：KOH＞NaOH＞LiOH C. 热稳定性：H2O＞H2S＞PH3 D. 非金属性：F＞O＞N 2. 下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是 A. 用FeCl3溶液腐蚀覆铜板 B. 用Zn块防止钢铁船体腐蚀 C. 用SO2的水溶液吸收Br2 D. 用Fe粉防止FeSO4溶液氧化 3. 汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是 A. 催化剂能提高反应速率 B. 、均发生了氧化反应 C. 转化为时，转化为 D. 催化剂对化学反应有选择性 4. 下表列出了短周期元素X、Y的各级电离能数据，下列说法正确的是 电离能/kJ·mol-1 I1 I2 I3 I4 …… 元素X 520 7298 11815 元素Y 496 4562 6912 9544 …… A. X、Y元素的最高化合价分别为+3、+4 B. 原子失电子能力：X>Y C. X和Y元素位于元素周期表中同一周期 D. 基态原子Y的电子排布式为1s22s22p63s1 5. 下列反应在任何温度下都无法自发进行的是 A. 2SO2(g) + O2(g) = 2SO3(g) ΔH= -197.78 kJ/mol B. C(s) + CO2(g) = 2CO(g) ΔH= +172.47 kJ/mol C. AgCl(s) + Br-(aq) = AgBr(s) + Cl-(aq) ΔH= -18.9 kJ/mol D. 3O2(g) ⇌ 2O3(g) ΔH= +285.4 kJ/mol 6. 核酸是生物体遗传信息的携带者，被誉为“生命之源”，下列说法不正确的是 A. 五碳糖与磷酸、碱基之间通过分子间脱水形成核苷酸 B. 核苷酸分子之间通过磷酯键形成核酸，反应类型为加聚反应 C. DNA是核酸中的一种，其对应的五碳糖为脱氧核糖 D. DNA分子两条链上的碱基按照形成氢键数目最多、结构最稳定的原则配对 7. 在反应中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确的是 A. 加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能 B. 增大，单位体积内活化分子数增大 C. 升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加 D. 增大压强，活化分子的百分数增大 8. 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示) NaCl溶于水 电解CuCl2溶液 A．NaCl=Na++Cl- B．CuCl2=Cu2++2Cl- CH3COOH在水中电离 H2与Cl2反应能量变化 C．CH3COOHCH3COO-+H+ D．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-183kJ/mol A. A B. B C. C D. D 9. 某科研团队研究用不同金属氧化物催化肉桂醛制苯甲醛(反应如下，部分产物略去)。反应时间和其它条件相同时，测得实验数据如下表。 催化剂 金属元素的电负性 肉桂醛转化率/% 苯甲醛选择性/% 0.9 80.79 71.93 1.0 78.27 60.51 1.5 74.21 54.83 1.6 76.46 48.57 1.9 75.34 41.71 已知：i．选择性 ii．与同主族。 下列说法不正确的是 A. 肉桂醛制苯甲醛的反应属于氧化反应 B. 用作催化剂可以获得比用更大的主反应速率 C. 使用作催化剂时，反应后副产物最多 D. 金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好 10. 医学研究证实：痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠(NaUr)有关(NaUr增多，病情加重)，其化学原理为： △H＜0，下列说法不正确的是 A. 大量饮水会增大痛风病发作的可能性 B. 秋冬季节更易诱发关节疼痛 C. 饮食中摄入过多咸菜，会加重痛风病病情 D. 患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物 11. 的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将分别转化为和的反应过程示意图如图所示，下列说法正确的是 A. 在转化为的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成 B. 在转化为的路径中，被氧化为 C. 两个转化路径均有非极性键的形成 D. 上述反应过程说明催化剂具有选择性 12. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 13. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 温度升高时不利于吸附 B. 多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C. 转化为的反应是 D. 每获得时，转移电子的数目为 14. 钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。一种钛铁合金的晶胞如图ⅰ所示，晶胞边长约为3×10-10m，该合金吸收的氢位于体心立方正八面体的中心，氢被4个钛原子和2个铁原子包围，如图ⅱ所示。下列说法不正确的是 A. 钛铁合金的化学式：TiFe B. 钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个 C. 钛铁合金的密度约为6g/cm3(计算结果保留到整数) D. 如图ⅱ所示的每个体心立方正八面体均填充1个氢原子，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH2 第II卷(填空题，共58分) 本部分共5小题，共58分。 15. 褪黑激素的前体K的合成路线如下。 已知：(R表示烃基或氢) （1）A能发生银镜反应。A中所含的官能团有_______。 （2）D→E的反应类型是_______。 （3）试剂W的分子式是，其结构简式是_______。 （4）G中只含酯基一种官能团。生成G的反应方程式是_______。 （5）F的分子式为。M的结构简式是_______。 （6）由K合成Q()，Q再经下列过程合成褪黑激素。 ①X的结构简式是_______。 ②Z的结构简式是_______。 ③试剂b是_______。 16. 氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答： （1）若在一容积为2 L的密闭容器中加入0.2 mol的N2和0.6 mol的H2在一定条件下发生反应： ＜0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2 mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)=___________。平衡时H2的转化率为___________%。 （2）平衡后，若要提高H2的转化率，可以采取的措施有___________。 A. 加了催化剂 B. 增大容器体积 C. 降低反应体系的温度 D. 加入一定量N2 （3）若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应： ＜0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示： T/℃ 200 300 400 K K1 K2 0.5 请完成下列问题： ①试比较K1、K2的大小，K1___________ K2 (填“＞”“＜”或“=”)； ②400℃时，反应的化学平衡常数为___________。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3 mol、2 mol和1 mol时，的v(N2)正___________v(N2)逆(填“＞”“＜”或“=”)。 （4）关于合成氨工艺的理解，下列说法不正确的是___________(填字母)。 A．合成氨工业常采用的反应温度为500℃左右，主要是为了节约能源 B．使用初始反应速率更快的催化剂Ru，不能提高平衡时NH3的产率 C．合成氨工业采用的压强为10 MPa∼30MPa，是因为常压下N2和H2的转化率不高 17. 硫碘循环，水分解制氢的原理示意图如下： （1）已知：在25℃和101kPa时，H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，则在相同条件下，水分解生成氢气的热化学方程式为_______。 （2）水在2200℃条件下分解可得到氢气。硫碘循环制H2的优势为_______(至少写两条)。 （3）反应II，H2SO4分解制取O2的速率主要由反应2SO3⇌2SO2+O2决定，对该反应的历程进行研究发现，SO3分解经历了多步基元反应，其中影响速率的关键基元反应为：SO3→SO2+O，SO3+O→SO2+O2，下列说法合理的是_______。 A.c(O)越大有利于加快SO3的分解速率 B.关键基元反应的活化能比其他基元反应的大 C.催化剂参与氧原子的生成与消耗将有利于提高SO3的分解速率 （4）进行反应III之前，需要经过以下两个步骤： ①步骤1：除杂。反应I所得混合物经过初步分离后得到HI和I2的混合溶液，其中含有少量H2SO4杂质。工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4写出相应的化学方程式_______。 ②步骤2：电解。通过电解法实现HI和I2的分离与富集，装置示意图如下，结合电极反应解释获得浓HI溶液的原因是_______。 ③利用电解后某一极的溶液，作为反应II中SO2的吸收剂，实现O2与SO2的分离，吸收剂的有效成分是_______。 18. 煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中SO2的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一。 I.固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。石灰石是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下： ①CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g) ∆H1= +178.30kJ/mol ②CaO(s)+SO2(g)+0.5O2(g)⇌CaSO4(s) ∆H2= -501.92 kJ/mol ③CO(g) + 0.5O2(g)⇌CO2(g) ∆H3 ④CaSO4(s) + CO(g)⇌CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) ∆H4= +218.92kJ/mol (1)温度升高，反应①的化学平衡常数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)∆H3=_______kJ/mol。 (3)在煤燃烧过程中常鼓入稍过量的空气以提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，结合反应②、③、④分析其原因：_______。 II.电化学脱硫技术是一种温和的净化技术，其基本原理为利用阳极反应产生的羟基自由基(·OH，氧元素为-1价)将燃煤中的含硫物质氧化除去，其装置示意图如图所示。 (4)将煤打成煤浆加入电解槽的目的是_______。 (5)阳极的电极反应式为_______。 (6)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)的反应的离子方程式为(补全并配平)：FeS2+·OH =Fe3++SO+ H2O +_______ _______ (7)利用上述装置对某含FeS2的煤样品进行电解脱硫，测得一定时间内随溶液起始pH的改变脱硫率(溶于水中的硫元素质量占煤样中硫元素总质量的百分比)的变化如图所示。pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化性或还原性降低；_______。 19. 在处理NO废气的过程中，催化剂会逐渐失活变为。 某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。 资料：i．；。 ii． ； 。 iii．和在酸性条件下均能生成。 （1）探究Co的还原性 实验Ⅰ：粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。 实验Ⅱ：向0.1 mol/L CoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。 实验Ⅲ：按图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。 ①甲同学根据实验Ⅲ得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验Ⅳ，___________(补全实验操作及现象)，否定了该观点。 ②探究碱性条件下的还原性，进行实验。 实验V： ⅱ中反应的化学方程式是___________。 ③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但___________降低的程度更大，还原剂的还原性增强。 （2）探究的氧化性 ①根据实验Ⅲ和Ⅳ推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，___________(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是___________。 ②向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是___________。 （3）催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生 ①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：___________。 ②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：___________。 示例：Co CoCl2Co(OH)2 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第五中学2022-2023学年高三上学期期中化学试题 第I卷(选择题，共42分) 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Ca 40 Fe 56 S 32 Ti 48 本卷共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。 1. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B. 碱性：KOH＞NaOH＞LiOH C. 热稳定性：H2O＞H2S＞PH3 D. 非金属性：F＞O＞N 【答案】A 【解析】 【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价含氧酸是H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，A错误； B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B正确； C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞PH3，C正确； D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D正确； 故合理选项是A。 2. 下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是 A. 用FeCl3溶液腐蚀覆铜板 B. 用Zn块防止钢铁船体腐蚀 C. 用SO2的水溶液吸收Br2 D. 用Fe粉防止FeSO4溶液氧化 【答案】A 【解析】 【详解】A．用溶液腐蚀覆铜板原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，利用了FeCl3的氧化性，A符合题意； B．用Zn块防止钢铁船体腐蚀是由于Zn比Fe活泼，构成原电池时锌作负极失去电子，是利用其还原性，B不合题意； C．用SO2的水溶液吸收Br2时，发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2表现还原性，C不合题意； D．用Fe防止溶液变质是利用Fe的还原性，发生反应，防止其变质，D不合题意； 故选A。 3. 汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是 A. 催化剂能提高反应速率 B. 、均发生了氧化反应 C. 转化为时，转化为 D. 催化剂对化学反应有选择性 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确； B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误； C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确； D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确； 答案选B。 4. 下表列出了短周期元素X、Y的各级电离能数据，下列说法正确的是 电离能/kJ·mol-1 I1 I2 I3 I4 …… 元素X 520 7298 11815 元素Y 496 4562 6912 9544 …… A. X、Y元素的最高化合价分别为+3、+4 B. 原子失电子能力：X>Y C. X和Y元素位于元素周期表中同一周期 D. 基态原子Y的电子排布式为1s22s22p63s1 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y都是短周期元素；元素X的I1≪I2，X原子最外层有1个电子，X处于第IA族；元素Y的I1≪I2，Y原子最外层有1个电子，Y处于第IA族；X、Y处于同主族，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，Y的第一电离能小于X的第一电离能，则X为Li，Y为Na；据此作答。 【详解】A．X、Y元素的原子最外层电子数都为1，X、Y元素的最高化合价都为+1价，A错误； B．X为Li，Y为Na，Li和Na都处于第IA族，同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，失电子能力逐渐增强，原子失电子能力Na＞Li，B错误； C．X、Y元素位于元素周期表中同一主族第IA族，分别位于第2、3周期，C错误； D．Y为Na，基态Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，D正确； 答案选D。 5. 下列反应在任何温度下都无法自发进行的是 A. 2SO2(g) + O2(g) = 2SO3(g) ΔH= -197.78 kJ/mol B. C(s) + CO2(g) = 2CO(g) ΔH= +172.47 kJ/mol C. AgCl(s) + Br-(aq) = AgBr(s) + Cl-(aq) ΔH= -18.9 kJ/mol D. 3O2(g) ⇌ 2O3(g) ΔH= +285.4 kJ/mol 【答案】D 【解析】 【分析】 反应自发进行的判断依据是：△H-T△S＜0，据此分析解答。 【详解】A.反应是放热反应△H＜0，△S＜0，低温下能自发进行，故A不选； B.反应是吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下能自发进行，故B不选； C.反应是放热反应△H＜0，且溴化银的溶解度小于氯化银，任何温度下都能自发进行，故C不选； D.反应是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下不能自发进行，故D选； 答案选D。 6. 核酸是生物体遗传信息的携带者，被誉为“生命之源”，下列说法不正确的是 A. 五碳糖与磷酸、碱基之间通过分子间脱水形成核苷酸 B. 核苷酸分子之间通过磷酯键形成核酸，反应类型为加聚反应 C. DNA是核酸中的一种，其对应的五碳糖为脱氧核糖 D. DNA分子两条链上的碱基按照形成氢键数目最多、结构最稳定的原则配对 【答案】B 【解析】 【详解】A．碱基与五碳糖通过脱水缩合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羟基与磷酸脱水，通过磷酯键结合形成核苷酸，故A正确； B．核苷酸分子之间通过磷酯键形成核酸，反应类型为缩聚反应，故B错误； C．DNA是核酸中的一种，其对应的五碳糖是戊糖，称为脱氧核糖，故C正确； D．DNA分子两条链上的碱基按照形成氢键数目最多、结构最稳定的原则配对，使之形成双螺旋结构，故D正确； 故选B。 7. 在反应中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确的是 A. 加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能 B. 增大，单位体积内活化分子数增大 C. 升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加 D. 增大压强，活化分子的百分数增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，反应速率增大，A正确； B．增大碘化氢的浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，B正确； C．升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大，C正确； D．增大压强，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，但活化分子百分数不变，D错误； 答案选D。 8. 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示) NaCl溶于水 电解CuCl2溶液 A．NaCl=Na++Cl- B．CuCl2=Cu2++2Cl- CH3COOH在水中电离 H2与Cl2反应能量变化 C．CH3COOHCH3COO-+H+ D．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-183kJ/mol A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaCl为强电解质，NaCl溶于水时，在水分子作用下完全电离，Na+吸引水分子的O原子，Cl-吸引水分子的H原子，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，A不符合题意； B．电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，氯离子向阳极移动，失电子，电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2，所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，B符合题意； C．由图示可知，醋酸在水中部分电离，则电离方程式为CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+，C不符合题意； D．1molH2(g)与1molCl2(g)反应生成2molHCl(g)，放出热量431 kJ ×2-(436+243)kJ =183 kJ ，热化学方程式H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-183kJ•mol-1，D不符合题意； 故选B。 9. 某科研团队研究用不同金属氧化物催化肉桂醛制苯甲醛(反应如下，部分产物略去)。反应时间和其它条件相同时，测得实验数据如下表。 催化剂 金属元素的电负性 肉桂醛转化率/% 苯甲醛选择性/% 0.9 80.79 71.93 1.0 78.27 60.51 1.5 74.21 54.83 1.6 76.46 48.57 1.9 75.34 41.71 已知：i．选择性 ii．与同主族。 下列说法不正确的是 A. 肉桂醛制苯甲醛的反应属于氧化反应 B. 用作催化剂可以获得比用更大的主反应速率 C. 使用作催化剂时，反应后副产物最多 D. 金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应中，臭氧作氧化剂，将肉桂醛氧化成苯甲醛，该变化属于氧化反应，故A正确； B．由表中数据可知ZnO作催化剂时，苯甲醛的选择性比Al2O3作催化剂时小，生成苯甲醛的反应为主反应，所以ZnO作催化剂时主反应速率小，故B错误； C．氧化铜作催化剂时苯甲醛的选择性最小，生成的副产物最多，故C正确； D．结合表中数据可知，随着金属元素电负性增大，苯甲醛的选择性逐渐减小，因此可以得出结论：金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好，故D正确； 答案选B。 10. 医学研究证实：痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠(NaUr)有关(NaUr增多，病情加重)，其化学原理为： △H＜0，下列说法不正确的是 A. 大量饮水会增大痛风病发作的可能性 B. 秋冬季节更易诱发关节疼痛 C. 饮食中摄入过多咸菜，会加重痛风病病情 D. 患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物 【答案】A 【解析】 【详解】A．大量饮水会减小溶液中HUr、Na+、H+的浓度，从而使平衡逆向移动，NaUr减少，则可减小痛风病发作的可能性，A不正确； B．秋冬季节，气温降低，平衡正向移动，NaUr增多，更易诱发关节疼痛，B正确； C．饮食中摄入过多咸菜，会增大溶液中的Na+浓度，促使平衡正向移动，从而加重痛风病病情，C正确； D．患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物，否则会增大关节中HUr浓度，促使平衡正向移动，从而使NaUr增多，痛风病加重，D正确； 故选A。 11. 的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将分别转化为和的反应过程示意图如图所示，下列说法正确的是 A. 在转化为的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成 B. 在转化为的路径中，被氧化为 C. 两个转化路径均有非极性键的形成 D. 上述反应过程说明催化剂具有选择性 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误； B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误； C．根据转化示意图可知，两个转化路径中，不存在着非极性键的形成，C错误； D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确； 答案选D。 12. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确； B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误； D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确； 答案选C。 13. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 温度升高时不利于吸附 B. 多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C. 转化为的反应是 D. 每获得时，转移电子的数目为 【答案】D 【解析】 【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。 【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确； B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确； C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确； D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误； 故选D。 14. 钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。一种钛铁合金的晶胞如图ⅰ所示，晶胞边长约为3×10-10m，该合金吸收的氢位于体心立方正八面体的中心，氢被4个钛原子和2个铁原子包围，如图ⅱ所示。下列说法不正确的是 A. 钛铁合金的化学式：TiFe B. 钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个 C. 钛铁合金的密度约为6g/cm3(计算结果保留到整数) D. 如图ⅱ所示的每个体心立方正八面体均填充1个氢原子，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH2 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图i晶胞结构可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8=1，含有的Fe原子个数=1，则钛铁合金的化学式为TiFe，故A正确； B．由图i可知，该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个，故B正确； C．根据A选项分析，每个晶胞中含有1个TiFe，一个晶胞的质量=g=g，晶胞的体积=cm3=2.710-23cm3，该晶体的密度= g/cm36g/cm3，故C正确； D．由图ⅱ可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8+4=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子个数=10+1=6，Ti:Fe:H=2:2:6=1:1:3，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3，故D错误； 答案选D。 第II卷(填空题，共58分) 本部分共5小题，共58分。 15. 褪黑激素的前体K的合成路线如下。 已知：(R表示烃基或氢) （1）A能发生银镜反应。A中所含的官能团有_______。 （2）D→E的反应类型是_______。 （3）试剂W的分子式是，其结构简式是_______。 （4）G中只含酯基一种官能团。生成G的反应方程式是_______。 （5）F的分子式为。M的结构简式是_______。 （6）由K合成Q()，Q再经下列过程合成褪黑激素。 ①X的结构简式是_______。 ②Z的结构简式是_______。 ③试剂b是_______。 【答案】（1）碳碳双键、醛基 （2）取代反应 （3） （4）CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O （5） （6） ①. ②. ③. (CH3CO)2O[或CH3COOH、CH3COCl等] 【解析】 【分析】由逆推法，G发生信息中取代反应生成乙醇和M，G属于酯基，结合G的分子式推知G为CH3COOC2H5，则试剂a为CH3CH2OH、M为；A的分子式为C3H4O，由(1)中A能发生银镜反应，则A为CH2=CHCHO，A中碳碳双键与水加成生成B为HOCH2CH2CHO，B中醛基与氢气加成生成D为HOCH2CH2CH2OH，D中羟基被溴原子取代生成E为BrCH2CH2CH2Br，W的分子式是C8H5O2N，推知W为 ，E与W反应生成F，F为，M与F发生取代反应生成K， 【小问1详解】 A能发生银镜反应，说明含有醛基，A的分子式为C3H4O，故A的结构简式为CH2=CHCHO，A中所含的官能团有碳碳双键、醛基； 【小问2详解】 D为HOCH2CH2CH2OH，D中羟基被溴原子取代生成E为BrCH2CH2CH2Br，D→E的反应类型是取代反应； 【小问3详解】 试剂W的分子式是C8H5O2N，由分析可知W的结构简式是； 【小问4详解】 G为CH3COOC2H5，乙酸与乙醇发生酯化反应生成CH3COOC2H5，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O； 【小问5详解】 由分析可知，M的结构简式为； 【小问6详解】 由褪黑激素结构简式可知，Q发生酯基、酰胺基水解生成X为，X酸化后脱水生成Z，Z中氨基与乙酸形成酰胺基生成褪黑激素，故Z为，b为CH3COOH。 16. 氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答： （1）若在一容积为2 L的密闭容器中加入0.2 mol的N2和0.6 mol的H2在一定条件下发生反应： ＜0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2 mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)=___________。平衡时H2的转化率为___________%。 （2）平衡后，若要提高H2的转化率，可以采取的措施有___________。 A. 加了催化剂 B. 增大容器体积 C. 降低反应体系的温度 D. 加入一定量N2 （3）若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应： ＜0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示： T/℃ 200 300 400 K K1 K2 0.5 请完成下列问题： ①试比较K1、K2的大小，K1___________ K2 (填“＞”“＜”或“=”)； ②400℃时，反应的化学平衡常数为___________。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3 mol、2 mol和1 mol时，的v(N2)正___________v(N2)逆(填“＞”“＜”或“=”)。 （4）关于合成氨工艺的理解，下列说法不正确的是___________(填字母)。 A．合成氨工业常采用的反应温度为500℃左右，主要是为了节约能源 B．使用初始反应速率更快的催化剂Ru，不能提高平衡时NH3的产率 C．合成氨工业采用的压强为10 MPa∼30MPa，是因为常压下N2和H2的转化率不高 【答案】（1） ①. ②. 50 （2）CD （3） ①. ＞ ②. 2 ③. ＞ （4）A 【解析】 【小问1详解】 反应在前5 min内产生NH3的物质的量是0.2 mol，根据物质反应N2+3H22NH3方程式中转化关系可知反应会消耗0.1 mol N2，则用N2的浓度变化表示反应速率v(N2)=；根据方程式可知：每反应产生2 mol NH3就会消耗3 mol H2，现在反应产生0.2 mol NH3，则同时会消耗0.3 mol H2，所以H2的平衡转化率为； 【小问2详解】 A．催化剂只能加快反应速率，而不能使化学平衡发生移动，故H2的平衡转化率不变，A不符合题意； B．增大容器体积，相当于减小压强，化学平衡向气体体积扩大的逆反应方向移动，H2的平衡转化率降低，B不符合题意； C．该反应的正反应为放热反应，降低温度，化学平衡向正反应移动，H2的平衡转化率提高，C符合题意； D．加入一定量N2，化学平衡向正反应方向移动，H2的平衡转化率提高，D符合题意； 故合理选项是CD； 【小问3详解】 ①该反应正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，导致化学平衡常数减小，所以化学平衡常数K1＞K2； ②400℃时，反应的化学平衡常数K的值和反应的平衡常数互为倒数，所以； 容器的体积为0.5 L，当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3 mol、2 mol和1 mol时三种气体NH3和N2.、H2的物质的量浓度分别为：6 mol/L、4 mol/L、2 mol/L，400℃时，反应的浓度商，说明此时反应正向进行，因此化学反应速率v(N2)正＞v(N2)逆； 【小问4详解】 A．该反应的正反应是放热反应，降低温度，化学平衡正向移动，有利于提高氨气的平衡产率，A错误； B．使用初始反应速率更快的催化剂Ru，化学平衡不移动，因此不能提高平衡时NH3的产量，B正确； C．该反应的正反应是气体分子数减小的反应，采用10 MPa～30 MPa比常压更有利于平衡正向移动，因而可以提高氮气和氢气的转化率，C正确； 故合理选项是A。 17. 硫碘循环，水分解制氢的原理示意图如下： （1）已知：在25℃和101kPa时，H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，则在相同条件下，水分解生成氢气的热化学方程式为_______。 （2）水在2200℃条件下分解可得到氢气。硫碘循环制H2的优势为_______(至少写两条)。 （3）反应II，H2SO4分解制取O2的速率主要由反应2SO3⇌2SO2+O2决定，对该反应的历程进行研究发现，SO3分解经历了多步基元反应，其中影响速率的关键基元反应为：SO3→SO2+O，SO3+O→SO2+O2，下列说法合理的是_______。 A.c(O)越大有利于加快SO3的分解速率 B.关键基元反应的活化能比其他基元反应的大 C.催化剂参与氧原子的生成与消耗将有利于提高SO3的分解速率 （4）进行反应III之前，需要经过以下两个步骤： ①步骤1：除杂。反应I所得混合物经过初步分离后得到HI和I2的混合溶液，其中含有少量H2SO4杂质。工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4写出相应的化学方程式_______。 ②步骤2：电解。通过电解法实现HI和I2的分离与富集，装置示意图如下，结合电极反应解释获得浓HI溶液的原因是_______。 ③利用电解后某一极的溶液，作为反应II中SO2的吸收剂，实现O2与SO2的分离，吸收剂的有效成分是_______。 【答案】（1）； （2）反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能； （3）ABC； （4） ①. ； ②. 阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液； ③. I2。 【解析】 【小问1详解】 根据燃烧热的概念，1mol氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为285.8kJ，相同条件下水分解是上述过程的逆过程，热化学方程式为：； 【小问2详解】 该反应所需的条件温和，加热温度不高，且制备的氢气和氧气分开，避免直接接触引发实验安全问题，另外反应I放热提供的热量可供反应II、III利用，节能，故答案为：反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能； 【小问3详解】 A．c(O)越大有利于第二个基元反应的进行，加快SO3的分解速率，A正确； B．关键基元反应为硫酸分解制取氧气的决速反应，故该反应速率慢，活化能高，B正确； C．催化剂参与氧原子的生成与消耗，可以使两个基元反应速率加快，将有利于提高SO3的分解速率，C正确； 故选ABC。 【小问4详解】 工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4，化学方程式为：；该装置为电解池，阴极为碘单质得电子变成碘离子，阳极碘离子失电子变成碘单质，氢离子通过质子交换膜移向阴极，故阴极的HI浓度增大，故答案为：阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液；电解过程中阳极产生碘单质，碘单质可以与二氧化硫发生氧化还原反应，故吸收剂的有效成分为I2。 18. 煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中SO2的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一。 I.固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。石灰石是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下： ①CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g) ∆H1= +178.30kJ/mol ②CaO(s)+SO2(g)+0.5O2(g)⇌CaSO4(s) ∆H2= -501.92 kJ/mol ③CO(g) + 0.5O2(g)⇌CO2(g) ∆H3 ④CaSO4(s) + CO(g)⇌CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) ∆H4= +218.92kJ/mol (1)温度升高，反应①的化学平衡常数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)∆H3=_______kJ/mol。 (3)在煤燃烧过程中常鼓入稍过量的空气以提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，结合反应②、③、④分析其原因：_______。 II.电化学脱硫技术是一种温和的净化技术，其基本原理为利用阳极反应产生的羟基自由基(·OH，氧元素为-1价)将燃煤中的含硫物质氧化除去，其装置示意图如图所示。 (4)将煤打成煤浆加入电解槽的目的是_______。 (5)阳极的电极反应式为_______。 (6)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)的反应的离子方程式为(补全并配平)：FeS2+·OH =Fe3++SO+ H2O +_______ _______ (7)利用上述装置对某含FeS2的煤样品进行电解脱硫，测得一定时间内随溶液起始pH的改变脱硫率(溶于水中的硫元素质量占煤样中硫元素总质量的百分比)的变化如图所示。pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化性或还原性降低；_______。 【答案】 ①. 增大 ②. -283.00 ③. ）鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，有利于固硫（或其他合理分析） ④. 增大接触面积，提高反应速率 ⑤. H2O-e-=OH+H+(或OH--e-=·OH) ⑥. 1FeS2+15·OH=1Fe3++2SO+7H2O+1H+ ⑦. pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行 【解析】 【分析】(6)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)，•OH具有较强的氧化性，可以将FeS2转化为Fe3+，SO，自身转化为H2O，根据电子得失守恒配平方程式； (7)随着pH的升高，Fe3+可以转化为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度降低。 【详解】(1)反应①为吸热反应，温度升高促进反应正向进行，所以温度升高，反应①的化学平衡常数增大，故答案为：增大； (2)已知：①CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)△H1=+178.30kJ/mol ②CaO(s)+SO2(g)+0.5O2(g)⇌CaSO4(s)△H2=-501.92 kJ/mol ④CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H4=+218.92kJ/mol 所求反应为：③CO(g)+0.5O2(g)⇌CO2(g)，该反应可由②+④得到，根据盖斯定律，△H3=△H2+△H4=-283.00kJ/mol，故答案为：-283.00； (3)鼓入过量的空气，即增大O2浓度，促进反应②正向进行，生成CaSO4，有利于固硫，同时鼓入的O2也能促进反应③正向进行，使CO浓度降低，CO2浓度升高，而相对于反应④来说，CO的浓度的降低与CO2浓度的升高，又会促进反应④逆向进行，生成CaSO4，有利于固硫，综合②③④，鼓入的O2均能促使CaSO4的生成，取向一致，有利于固硫，故答案为：鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，有利于固硫； (4)将煤打成煤浆，增加接触面积，有利于反应完全，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率(或使反应更充分)； (5)电解池阳极发生氧化反应，产生•OH，电极反应为：H2O-e-═•OH+H+，故答案为：H2O-e-=OH+H+(或OH--e-=·OH)； (6)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)，•OH具有较强的氧化性，可以将FeS2转化为Fe3+，SO，自身转化为H2O，根据电子得失守恒，定FeS2前系数为1，•OH前配上系数为15，再根据元素守恒，电荷守恒，则反应应为：FeS2+15•OH═Fe3++2 SO+7H2O+H+，故答案为：1FeS2+15·OH=1Fe3++2SO+7H2O+1H+； (7)随着pH的升高，Fe3+可以转化为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度降低，Fe(OH)3覆盖在煤浆表面，阻止反应进行，导致脱硫率下降，故答案为：pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行。 19. 在处理NO废气的过程中，催化剂会逐渐失活变为。 某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。 资料：i．；。 ii． ； 。 iii．和在酸性条件下均能生成。 （1）探究Co的还原性 实验Ⅰ：粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。 实验Ⅱ：向0.1 mol/L CoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。 实验Ⅲ：按图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。 ①甲同学根据实验Ⅲ得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验Ⅳ，___________(补全实验操作及现象)，否定了该观点。 ②探究碱性条件下的还原性，进行实验。 实验V： ⅱ中反应的化学方程式是___________。 ③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但___________降低的程度更大，还原剂的还原性增强。 （2）探究的氧化性 ①根据实验Ⅲ和Ⅳ推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，___________(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是___________。 ②向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是___________。 （3）催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生 ①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：___________。 ②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：___________。 示例：Co CoCl2Co(OH)2 【答案】（1） ①. 将实验III中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同 ②. 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3 ③. c(Co3+) （2） ①. 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄绿色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 ②. 2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O ③. O2 （3） ①. 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化 ②. [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+ 【解析】 【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究Co(Ⅱ)和Co(Ⅲ)之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证； 【小问1详解】 ①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化； ②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是； ③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH) 2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强； 【小问2详解】 ①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是； ②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，具有氧化性，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2； 【小问3详解】 ①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活； ②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $