安徽省滁州市定远中学2024-2025学年高二下学期第五次月考 化学试题

定远中学2023级高二年级下学期第五次月考化学试卷 拟卷人：王雅宁校对人：丁立新 可能用到的相对分子质量：H1C12N14016/F19S28Ti48Co59 一、单选题(3×14) 1,下列有关化学用语使用正确的是 A.H2O2的结构式为H-O-O-H r H 1+ H :N:CI B.NH,C的电子式为i甘J C.氯的原子结构示意图为 D,电子式表示MgC,形成过程： :CiMg个→CJMg[C 2,设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是 A,1mol[CoNH)4Ch]C中存在的配位键数目为6N B。标准状况下，112L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N人 C,4.5gS102中含有的硅氧键的数目为0.15NA D.12g石盟烯（单层石愚）中含有六元环的个数为0.5N 3.乙烯氢化的热化学方程式为CH4g+H2(g一CH(g):△H-akJ-mol,使用不同合Au催化剂 的反应历程如图所示，下列说法正确的是 碰化剂：A时 厘化稻：A件时 34的 0.0 488 -129.6 -751 118 -1296 0 231.7 灵放所覆 反应历相 A.1mol1CH(g)的能量大于1 molC2H4(g)与1molH(g)具有的能量之和 B.该反应在低温条件进行的更加充分 C.相应的焓变：催化剂AF小于催化剂AuP时 D.过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2 第1页共8页 4.CC1可用作有机合成的催化剂，其难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在藩湿空 气中易水解氧化，以海绵铜（生要成分Cu和少量CO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CC 的工艺流程如图所示 脸被、水。型 丝减面被、飘化能 11 角扬谢 师解 心：干 氧化度铜产品 下列说法正确的是 A。步骤①，为加快海绵铜的溶解速度，可将其进行大火持续加热 B,步骤③主要离子方程式：H0+2Cu2*4s0+2C1=2CuC1+S0?+2H C。步骤⑤包括酸洗、水洗两步操作，其中酸洗可采用浓盐酸洗涤 D.CC1中铜原子达到稳定结构，故可以采取高温烘干的方式 5.有关下列的叙述中，正确的是 S00社中程1 2%AgNO V器液 6O正授) 子2%氨水 6(负段) 图I配制溶液 图Ⅱ铅瓷电池 + 调 粗铜 分 美 氯仿 溶手甲羊 溶干氧仿 CnSO,溶液 超分子不溶于印苯 不常于氯仿 图Ⅲ电解精炼铜 图V分离C6o与C7m A。实验室配制银氨溶液 B,图Ⅱ所示电池充电过程中，电解质溶液的密度增大，SO移向阴极 C.图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中+浓度始终不变 D.用 (杯酚)识别C60和C0,操作①、②均为过滤 第2须共8页 6.C02加氢制CH3OH过程中的主要反应为： ①C02(g)+3H2(g)=CH0H(g)+H20(g)△H1=-49.1W·mol-1 ②C02(g)+H2(g=C0(g)+H20(g △H2=+41.2·mol-1 将一定比例和流速的CO2、H2通过装有催化剂的容器反应相同时间，测得Mpa时反应温度变化、 250℃时压强变化对甲醇产量影响的关系如图所示。下列说法正确的是 反应压强MP 382 378 374 370 366 220 260 300 反应温度℃ A.反应C0(g)+2H2(g)=CH30H(g)的△H=90.3kmo1 B.曲线X表示MPa时反应温度变化对甲醇产量的影响 C.增大体系压强，产物中H20的体积分数增大 D.增大碳氢比co可提高C0,的平衡转化率 In(Hz)J T,肉桂酸甲酯具有可可香味，主要用于日化和食品工业，是常用的定香剂或食用香料，同时也 是重要的有机合成原料，其结构简式如图。下列关于肉桂酸甲酯的说法不正确的是 0 A.该分子可使溴的四氯化碳溶液褪色 B.存在顺反异构体 C.分子式为CHO D.分子中含有2种官能团 8.锰的某种氧化物Mn,O,的晶胞如下图所示，而[BMIM+BF是Mn,O,晶型转变的诱导剂，下列 说法正确的是 第3页共8项 00 ●Mn A,锰位于元素周期表第4周期VB族 B.该氧化物化学式为Mn203 ,月时 C.当MO,晶体有0原子脱出时，出现0空位，Mn元素的化合价升高 D,BF,为正四面体构型，且存在配位键 9.ME、F,X,Y、Z六种短周期主族元素的原子序数依次增大，可形成无机盐XZF6和YME: 已知X、Y和Z位于同一周期，基态X原子的价层电子排布式为s2,含Z元素的某种盐可作 净水剂，基态M原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍。下列说法正确的是 A.电负性：ME>P B.单质的熔点X>YZ C,XZ下中含有离子键和配位键D.分子EF,和M任的空间构型相同 10,某实验小组采用如下实验探究依地酸铁钠（强化补铁剂中铁元素的化合价，已知：依地酸根 是常见的配体，邻二氮菲(phcn, N)可与Fct形成橙红色配离子[Fe(phcn,下列说 法正确的是 2演 2滴服水 KSCN液 无明显变化 无明显变化 2 依地酸铁钠 黄色在液 0 2滴 少量维生素C 邻二氨非溶液 粉末 无明显变化 溶液变为椎红色 ④ ⑤ A.邻二氨菲与Fe2*形成的配离子Fe(phen]P的配位数为3 B.从现象①、②和③推测，依地酸铁钠中不含Fε(I) C.从现象①、②和③推测，SCN与Fe+形成的配离子的稳定性强于依地酸铁钠 D.从现象①、④和⑤推测，F*与邻二氮菲形成的配离子稳定性强于依地酸根 第4页共8页 11。在一定条件下，有机物X发生如图所示转化。下列有关说法正确的是 Br HBw/HO,H.C-CH-CH-CH(M) 反应① CH,C=CHCH,- CH, CH(X) HBr →CHB0N 反应 A。X分字中所有碳原子不可能共面 B.M分子中有2个手性膜原子 B i05 CH.C-CH.CH 事 C,N的结构简式为 CH, D.反应①②均属于取代反应 12.2023年同济大学许维教授团队，的研究人员通过对全氯化禁(C1C。)和全氯化葱(C1C1o)两种 前驱体分子实施麻醉“和手术”，首钦合成出分别由10个、1个碳原子组成的环形纯碳分子材 料C1o和C结的如图所示). 、 C..Ch 下列法正璃的是 A,全氯化禁(C1oC1a)能与溴水发生加成反应使其提色 B.环型碳C1o的沸点高于C1oC。的沸点 C.环型碳Co与环型碳C1均属于共价品体，硬度大 D室碳C0和环型碳C14互为同素异形体 13.某装蟀合金储氢后所得晶体的立方品胞如图，品胞边长为pm,Mg位于相邻4个Ni所围合 的正四官体前体心：下列说法不正确的是 日 NiO MgO A。储氢过程中H,被还原 B.品体的化学式为Mg2NH C.每个Mg周围有12个紧邻的HD.Mg与NM的原子核间距为二 a pm 第5页共8项 14,“氟离子电池”负极材料为金属镁，工作原理如图所示。下列说法正确的是 F入 F谈入 F嵌入 F脱嵌 脱 b 。晶胞空除 oMg或Mg A。F脱嵌过程是“领高子电池”的放电过程 B.c晶胞中含有Mg2+与Mg的个数比为3：5 C.每个a品胞完全转化为d晶胞，转移电子数目为4 D.当d品胞转化为c晶胞时，每转移1mol电子时，电极质量减少19g 二、填空题 15。(2×7)X、了、Z、W、R是原子序数小于36的五种元素，且原子序数依次增大，X的最高 正价与最低负价代数和为2，基态Y原子核外2单能级上成对电子数与未成对电子数相同，Z与 Y位于同一主底，W的未成对电子数第四周期元素中最多，基态R核外K、L、M层电子全部 充满 ()X基态原子中电子共填充了个原子轨道，能量最高电子所在能级的电子云轮廓图为 形。 (2)Y基态原子的价层电子的轨道表示式为 3)基态Z原于核外存在 种运动状态不同的电子 (4)R元素在周期表中位置 (周期和族)，属于 区 ⊙)X,Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 (用元素符号表示)： 16.(2×7)有机化合物是种类最多的物质，随着化工产业的不断发展，在人类生活中起着越来 越重要的作用请结合所学知识，回答下列问题： I.日常生活中有很多常见的有机物。现有下列几种有机物： ①CH3 CH2CH,②CH2=CHCH,③CHCH2CH(CHg)z④CH3CH2OH⑤CH3CH2OCH2 CHj@CH3OCHg (1)以上物质中，与CH:互为同系物的是 (填标号，下同) (2)以上物质中，与CH3CH20H互为同分异构体的是 3)物质③的一氯取代物共有 种 Ⅱ有机物N存在于菠萝等水果中，是一种食品用合成香料，可以乙烯、丙烯等石油品为原料进 行合成： 第6页共8页 H20 CH=CH催化剂 M 化剂，CH,=CHC0OCH,CH 多步反应 △ N CH=CHCHC=CHCOOH (4)由乙烯生成有机物M的化学反应类型是 (⑤)有机物N中含有的官能团是 (填名称)，写出上述反应中生成N的化学方程式 (⑥)久置的N自身会发生聚合反应，所得的聚合物具有较好的弹性，可用于生产织物和皮革处理 剂。请写出该聚合物的结构简式： 17,(2×8)我园在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰“， 2060年实现“碳中和”，因此将CO2转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。 已知利用CO,合成甲醇过程中主要发生以下反应： 主反应L:CO2(g+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)△H=49.4kmoN 副反应I:COz(g+H(g)=C0(g+HOg)△H=+41.2kJmo 回答下列问题： (1)反应CO(g十2H(g=CHOH(g)的△H= (②)主反应1自发进行的条件是（填“高温"或”低温） (3)保持1.8MPa、400C不变，CO2和H2按体积比1：3充入反应器，同时发生上述两个反应，下 列可作为反应（反应【和反应Ⅱ）达到平衡状态的判据是 。(填字母)。 a.体系压强不再变化b.气体的密度不再改变 c.vCO2=3vH)d.各物质浓度不再改变 (4)为了提高CO:的平衡转化率和增大甲醇的选择性(CHOH的选择性 n(G00生x100%0,可采 n(C02)h柜 取的措施是（任写一种） (⑤)保持温度恒定，向某恒容容器中按体积比1：3：1充入CO2、H和Ar,起始压强为SMPa.发 生上述平行反应，达到平衡后压强为3.8MPa.已知达到平衡时CHOH的选择性为75%，则 ①CO2的转化率为 ②该条件下反应I的压强平衡常数K,为(MP)(用分压表示，分压=总压×物质的量分 数) (6)已知Arhenius经验公式为Rnk-s+CE,为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探 究m、两种催化剂对反应I的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得下图。在m催化 剂作用下，该反应的活化能E,=kJm©l,从图中信息获知催化性能较高的催化剂是 第7贞共8页 (填“m或"m) ↑Rim0moKy 72,56.2) m .(75,27.40 00K'y 18.(2×7)三额化六氨合钴C0(NH)6)C1是一种橙黄色、微溶于水的配合物，常用于合成其他 含钴的配合物.利用含钴废料（含少量Fe、A1等杂质）制取CO(NH)6JC1,的工艺流程如图所示 盐酸 NaClO, Na,CO,①NH,C溶液 ①数水 质料-度应园-的-南。8佩，0面雅c风 由 滤渣②活性炭 ②H0 已知：①浸出液中含有的金属离子主要有C0慧F2华e4、A+ ②氧化性H202>Co3+>C10:>Fe3+ ③KapICo(OHD2l=1×1012、K知[Co(OH)l1×10K=Fe(OH]=1×1074 K,[A1(0H)]=1×1029。溶液中金属离子物质的量浓度底于1.0×10-5molL时，可认为沉淀 完全 (1)①Co3+的价层电子轨道表示式是 【Co(NH)]中心离子配位数为」 ②写出除杂过程中NaCO,参与反应的离子方程式 ③调pH过程中加Na2C03调节后会生成两种沉淀，同时得到的滤液中c(Co2+)=0.1molL,调节 pH的范围为 (2)滤液中加入NH,C溶液有利于后续Co2+与NH3的配合反应，其原因是 (③)一种渗钴催化剂的品胞如图所示，该晶胞中每个钛原子周围距离最近且相等的氧原子有 个，设阿伏加德罗常数的值为NA,晶胞参数为am,则该品胞的密度为 g"cm3(用含a、N 的代数式表示) o Ti @Co ●0， 第8页共8页 《定远中学2023级高二年级下学期第五次月考化学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B B D C C D C D 题号 11 12 13 14 答案 C D D D 1．A 【详解】A．H2O2分子中含有氢氧键、氧氧键，结构式为H-O-O-H，A正确； B．氯离子是阴离子，应表示出其最外层电子，扩上中括号，标上所带负电荷，则氯化铵的电子式为，B错误； C．氯为17号元素，原子结构示意图为，C错误； D．镁原子失去电子、氯原子得到电子形成离子化合物氯化镁，表示为，D错误； 故选A。 2．C 【详解】A．1分子[Co(NH3)4Cl2]Cl中含有6个配位键，1mol[Co(NH3)4Cl2]Cl中存在的配位键数目为6NA，A正确； B．标准状况下，11.2L甲烷的物质的量为0.5mol，标准状况下，11.2L乙烯的物质的量为0.5mol，所以标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含2mol氢原子，数目为2NA，B正确；   C．1molSiO2含有4molSi-O键，4.5gSiO2（为0.075mol）含有的硅氧键的数目为0.075mol×4=0.3mol，硅氧键的数目为0.3NA，C错误； D．12g石墨烯的物质的量为1mol，碳原子的物质的量为1mol，而1mol六元环中平均含有2mol碳原子，故1mol碳原子形成的六元环为0.5mol，即0.5NA，D正确； 故选C。 3．B 【详解】A．由图可知，该反应为放热反应，故1molC2H6(g)的能量小于1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和，故A错误； B．该反应是放热反应即∆H<0，该反应是气体分子数减小的反应即∆S<0，根据自发进行的综合判据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行，则该反应在低温条件进行的更加充分，故B正确； C．催化剂只改变反应历程，不影响反应的焓变，则焓变：催化剂AuF等于催化剂，故C错误； D．由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1＜过渡态2，故D错误； 故选：B。 4．B 【分析】海绵铜(主要成分Cu和少量CuO)溶于硝酸铵、水、硫酸，生成Cu2+等；过滤后，将滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵，Cu2+被还原为CuCl；过滤后，将滤饼洗涤、烘干，即得氯化亚铜产品。 【详解】A．硝酸铵的热稳定性差，则步骤①中为加快海绵铜的溶解速度，需控制温度，不能进行大火持续加热，A不正确； B．步骤③中，加入亚硫酸铵、氯化铵，Cu2+被还原为CuCl，主要离子方程式：H2O+2Cu2+++2Cl-=2CuCl↓++2H+，B正确； C．CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，则酸洗时不能采用浓盐酸洗涤，C不正确； D．CuCl在潮湿空气中易水解氧化，所以不能采取高温烘干的方式，D不正确； 故选B。 5．D 【详解】A．配制银氨溶液时，应该向AgNO3溶液中滴加过量的氨水，A错误； B．铅蓄电池充电时电池反应为：2PbSO4+2H2O = Pb+PbO2+2H2SO4，c(H2SO4)增大，电解质溶液的密度增大，充电过程中（电解池）阴离子移向阳极，则移向阳极，B错误； C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中浓度降低，C错误； D．用杯酚识别和，超分子不溶于甲苯，杯酚能溶于氯仿，操作①②为过滤，杯酚和氯仿沸点不同，操作③为蒸馏，D正确； 故选D。 6．C 【详解】A．根据盖斯定律，①-②可得，，A错误； B．反应①是放热反应，反应②是吸热反应，温度较低时，在反应①为主，甲醇的产量较高，温度升高，反应①逆向移动，甲醇的产量降低，故曲线Y为温度变化对甲醇产量的影响，B错误； C．增大体系压强，反应①正向移动，产物中的量增大，的量减少，使反应②逆向移动，但不能抵消反应①中的增大量，故产物中的体积分数增大， C正确； D．增大碳氢比，相当于增加的量，降低的平衡转化率，D错误； 故选C。 7．C 【详解】A．分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色 ，A正确； B．分子中碳碳双键的两个碳原子分别连接不同的原子或原子团，存在顺反异构体，B正确； C．通过结构简式可知，肉桂酸甲酯的分子式应为，而不是，C错误； D．分子中含有碳碳双键和酯基两种官能团，D正确； 故选C。 8．D 【详解】A．已知Mn是25号元素，价电子排布式为：3d54s2，故锰位于元素周期表第4周期ⅦB族，A错误； B．由题干晶胞可知，一个晶胞中含有Mn的个数为：=2，O的个数为：=4，则该氧化物化学式为，B错误； C．已知化合物中O显负价，故当晶体有原子脱出时，出现空位，元素的化合价降低，C错误； D．已知B是5号元素，其核外只有3个电子，中B周围的价层电子对数为：4+=4，空间构型为正四面体构型，且存在B-F之间的配位键，D正确； 故答案为：D。 9．C 【分析】X价层电子排布为 ，当 时，为 ，对应 Na，含Z的盐可作净水剂，推断为 Al(铝盐如明矾可净水)，：结合X=Na、Z=Al，推断为(冰晶石)，则Y只能是Mg，M最外层电子数是内层2倍。若内层为K层(2e⁻)，则最外层为4e⁻，对应C，无机盐：结合Y、M、E的原子序数顺序，推断为，E是O，F是F，综上所述：M是C、E是O、F是F、X是Na、Y是Mg、Z是Al，据此解答。 【详解】A．非金属性越强，电负性越大，则为，A错误； B．金属单质中原子半径越小，价电子数越多，则熔点越高，故熔点Na＜Mg＜Al，B错误； C．中含有与之间的离子键，与之间存在配位键，C正确； D．为，中心原子O的价层电子对数是，含有两对孤对电子，空间构型是V形；是，中心原子C的价层电子对数是，无孤对电子，空间构型是直线形，D错误； 故选C。 10．D 【详解】A．1个邻二氮菲分子中含2个N原子，每个N原子均含有1个孤电子对，能与形成配位键，故中的配位数为，故A错误； B．由加入具有还原性的维生素C后溶液变为橙红色可知，依地酸铁钠与维生素C反应稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，说明依地酸铁钠中含有Fe(Ⅲ)，故B错误； C．依据现象①、②和③推测，依地酸铁钠与铁离子形成配合物的稳定性强于硫氰酸根离子，故C错误； D．由加入具有还原性的维生素C后溶液变为橙红色可知，依地酸铁钠与维生素C反应稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，说明与依地酸根相比邻二氮菲与亚铁离子形成的配合物更稳定，故D正确； 故选D。 11．C 【分析】 X在过氧化氢的作用下与HBr发生加成反应生成M，此时-Br加成在H多的位置，而X与HBr直接发生加成反应生成N，则N为，此时-Br加成在H少的位置，据此作答。 【详解】A．与碳碳双键直连的原子与之共平面，X的结构简式为，可以看成是乙烯型分子，故X中碳原子能共平面，A项错误； B．连接四个不同的基团的碳原子为手性碳原子，因此中只含有1个手性碳原子，B项错误； C．根据分析可知，N的结构简式为，C项正确； D．根据分析可知，反应①②均为加成反应，D项错误； 故答案选C。 12．D 【详解】A．全氯化萘无碳碳双键，不能与溴水发生反应使其褪色，A项错误； B．环型碳和属于分子晶体，环型碳的相对分子质量小于，故环型碳的沸点低于的沸点，B项错误； C．环型碳与环型碳均属于分子晶体，硬度小，C项错误； D．环型碳和环型碳是由同种元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，D项正确； 答案选D。 13．D 【详解】A．根据题中晶胞结构可知，H2被吸收后与Ni结合，而Ni为金属元素，只能为正价，因此H2中氢元素的化合价降低，即H2被还原，故A正确； B．由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中Ni的个数为8×+6×=4，每个Ni原子周围有6个H，因此H有24个，Mg都在体内，因此Mg有8个，晶体的化学式为Mg2NiH6，故B正确； C．由题干晶胞示意图可知，Mg均处于晶胞的体内，则如图所示，，取一个Mg观察可知，与之最近的有4个，但是由于方向问题，中只有朝向Mg的与之距离才是最近，因此每个中只有三个H与Mg最近，因此共有12个与之紧邻的H，故C正确； D．由图像可知，晶胞中最近的Mg和Ni分别位于晶胞内和顶点上，即，因此距离为体对角线的四分之一，即apm，故D错误； 故答案选D。 14．D 【分析】根据题干信息可知，负极材料为金属镁，则镁失电子后结合氟离子，实现氟离子的嵌入，充电过程中，阴极生成镁单质，从而再实现氟离子的脱嵌，据此作答。 【详解】A．根据分析可知，放电过程实现氟离子的嵌入，充电过程，实现氟离子的脱嵌，故A错误； B．由c晶胞结构可知，F-位于体心，共有5个，根据物质化合价为0可知，镁离子有个，镁原子或镁离子位于顶点和面心，共有个，则含有镁原子有1.5个，则c晶胞中含有与Mg的个数比为5：3，故B错误； C．由a晶胞结构可知，含有的镁原子位于顶点和面心，共有，此时镁元素为0价，由d晶胞结构可知，含有的镁离子位于顶点和面心，共有个，氟离子位于体心，共有8个，可知此时晶体的化学式为MgF2，此时镁元素为+2价，生成4个镁离子，因此每个a晶胞完全转化为d晶胞，转移电子数目为8，故C错误 D．由题意可知，当d晶胞转化为c晶胞时，为氟离子的脱嵌过程，此时转移的电子数等于脱嵌的氟离子所带的电荷数，因此每转移1mol电子时，电极质量减少，故D正确； 故答案选D。 15．(1) 5 哑铃型或纺锤形 (2) (3)16 (4) 第四周期第ⅠB族 ds (5)N>O>S 【分析】X的最高正价与最低负价代数和为2，可知X最高正价为+5，最低负价为-3，为第ⅤA族元素；基态Y原子核外2p能级上成对电子数与未成对电子数相同，则Y的核外电子排布为1s22s22p4，Y为O，则Z为S；结合原子序数大小，X为N；W的未成对电子数第四周期元素中最多，W为Cr；基态R+核外K、L、M层电子全部充满，R为29号元素Cu，据此分析解答。 【详解】（1）X为N，基态核外电子排布式为：1s22s22p3；电子共填充了5个原子轨道；能量最高电子所在能级为2p，电子云轮廓图为哑铃型或纺锤形； （2） Y为O，其基态原子的价层电子的轨道表示式为：； （3）Z为S，核外有16个运动状态不同的电子； （4）R为Cu，位于第四周期第ⅠB族；属于ds区元素； （5）N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O；O、S为同主族元素，从上到下第一电离能减小，则第一电离能：N>O>S； 16．(1)①③ (2)⑥ (3)4 (4)加成反应 (5) 碳碳双键、酯基 (6) 【详解】（1）同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物，、与的结构相似，组成上相差CH2原子团，故互为同系物。 （2）与的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体。 （3）有4种等效氢，故一氯代物有4种。 （4）乙烯和水发生加成反应生成乙醇。 （5）有机物N中含有的官能团为碳碳双键、酯基，乙醇和丙烯酸发生酯化反应的化学方程式为。 （6）N发生加聚反应得到 。 17．(1)-90.6kJ·mol-1 (2)低温 (3)bd (4)及时移除甲醇(或减小容器体积或增大压强) (5) 80% 2.4 (6) 96 n 【详解】（1）△H3=I-Ⅱ=-49.4kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=-90.6kJ·mol-1 （2）反应I为放热反应，且为熵减的反应，低温能自发； （3）a．恒温恒压条件下压强一直保持不变，体系压强不再变化不能判平衡，a不符合题意； b．恒温恒压条件下，气体体积为变量，即气体的密度为变量，气体的密度不再改变可以判平衡，b符合题意； c．同时发生上述两个反应v正(CO2)=3v逆(H2)不能说明正逆反应速率相等，不能判平衡，c不符合题意； d．各物质浓度是变量，各物质浓度不再改变可以判平衡，d符合题意； 故选bd； （4）为了提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性可采取的措施是：及时移除甲醇促使主反应正向进行甲醇生成量增多选择性增大，二氧化碳转化率增大，或增大压强（或减小容器体积），主反应是气体体积减小的反应，副反应是气体体积不变的反应，增大压强对副反应影响不大，但会促使主反应正向进行甲醇生成量增多选择性增大，二氧化碳转化率增大； （5）①恒压条件下可根据题意列压强三段式 平衡时总压为5-2x=3.8解得x=0.6，已知达到平衡时CH3OH的选择性为75%，则，解得y=0.2，则CO2的转化率为； ②该条件下反应I的压强平衡常数Kp=(MPa)-2； （6）①由图中数据可得以下方程组-7.2Ea+C=56.2和-7.5Ea+C=27.4，解方程组得Ea=96kJ/mol； ②结合图的斜率分析可知，直线n的Ea更小，催化效率更高。 18．(1) 6 4.7~7.4 (2) 电离出的抑制氨水的电离，更有利于与的配合反应 (3) 12 【分析】以含钴废料(含少量Fe、Al 等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3，用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子、铁离子为氢氧化铝和氢氧化铁，过滤，得到滤液，向滤液中加入活性炭和氯化铵溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和过氧化氢，发生反应H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O=2[Co(NH3)6]Cl3↓+12H2O，再将沉淀在氯化氢分为下蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤得到产品，据此分析作答。 【详解】（1） ①钴元素的原子序数为27，三价钴离子的价电子排布式为3d6，价层电子轨道表示式为；[Co(NH3)6]Cl3中心离子配位数为6； ②向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中参与反应的化学方程式：； ③调pH过程中加Na2CO3调节后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知，即当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时，则pH=4.7，同时得到含的滤液，此时溶液中，则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7~7.4。 （2）溶于水电离出会抑制后期加入的的电离，可防止后续加氨水时过大生成，更有利于与的配合反应 （3）Ti位于顶点，O位于面心，则每个钛原子周围距离最近且相等的氧原子有个；观察晶胞图，Ti原子在立方体的顶点，O原子在面心，Co在体心，所以在z轴投影图为B，晶胞里边的原子数Ti为，O为，Co为1，则晶胞密度。 答案第8页，共9页 答案第1页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $$