精品解析：2025届山东省百师联盟高三下学期第八次学业水平联合检测同类训练化学试题

命学科网组卷网 2025届山东省高三第八次学业水平联合检测同类训练题 化学 1.下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A.谷物发酵酿造食醋 B.小苏打用作食品膨松剂 C.含氯消毒剂用于环境消毒 D.大气中NO2参与酸雨形成 【答案】B 【解析】 【详解】A.涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符 合题意： B.小苏打即NaHCO?,NaHCO受热分解产生无毒的CO2,因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还 原反应，B符合题意： C.利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D.NO2与水反应有NO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。 答案选B。 2.明代《天工开物》中记载：“凡酿酒必资曲药成信。无曲即佳米珍黍，空造不成。”其中“曲”的作用 是 A.氧化剂 B.还原剂 C.催化剂 D.防腐剂 【答案】C 【解析】 【分析】酿酒的核心是微生物（如酵母菌）通过酶催化将糖转化为酒精和CO2,“曲”提供微生物和酶， 酶作为催化剂加速反应，自身不消耗。 【详解】A.氧化剂参与反应，不能作为催化剂使用，A不符合题意： B.还原剂参与反应，不能作为催化剂使用，B不符合题意： C.“曲”提供微生物和酶，酶作为催化剂加速反应，C符合题意； D.防腐剂会阻碍发酵，D不符合题意： 故选C。 3.下列物质在生活中的应用，错误的是 第1页/共52页 6学科网命组卷网 Caco A. 3用作食品营养强化剂 B.S0用作红葡萄酒的漂白剂 C.维生素C用作水果罐头的抗氧化剂 D.浸有 KMnO 溶液的硅藻土用于水果保鲜 【答案】B 【解析】 【详解】A. CaC0可以为人体补充钙元素，是食品的营养强化剂，A正确： B. S0?在红葡萄酒中主要起的作用为抗氧化剂和保鲜剂，B错误： C.维生素C有较强的还原性，常用作食品抗氧化剂，C正确： D. KM0:可以氧化吸收水果释放的乙烯，使水果延缓成熟，用于水果保鲜，D正确： 故选B。 4.下列物质性质与用途具有对应关系的是 AF©Cl溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品 B.纳米F心，04能与酸反应，可用作铁磁性材料 C.常温下铁遇浓硝酸发生钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸 D.F®(OH)胶体具有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒 【答案】C 【解析】 【详解】A.FCl溶液具有氧化性，能和铜反应生成铜离子和亚铁离子，可用于蚀刻铜制品，A不符合题 意； B.纳米F©O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B不符合题意； C.常温下铁遇浓硝酸发生钝化，阻碍了反应的进一步进行，故可用铁质容器贮运浓硝酸，C符合题意： D.F(OH)胶体具有吸附性，可促进悬浮颗粒物的沉降，但是不可用于自来水的杀菌消毒，D不符合题意： 故选C。 5制作雕花玻璃涉及反应Si0,+4HF=Si,个+2H,0 下列化学用语表述不正确的是 第2页/共52页 6学科网 命组卷网 A.H亚的电子式为H:F: B.基态Si原子的价层电子排布式为 s23p2 Si02为碱性氧化物 D H,0属于极性分子 【答案】C 【解析】 【详解】A亚为共价化合物，电子式为H:F：,A项正确： B.硅为14号元素，基态Si原子的价层电子排布式为 s23p ,B项正确： c. Si0?为酸性氧化物，C项错误： D.H,0V形，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，D项正确： 故答案选C。 6.氢化锂是一种储氢材料，其供氢原理 LiH+HO=LiOH+H2个 。下列说法错误的是 A基态0原子的核外电子排布式：1s22s22p4 B.LH中H元素的化合价是-1 C.HO的VSEPR模型： Li:O:H D.LiOH的电子式为 【答案】D 【解析】 s22s22p4 【详解】A.基态O原子的核外电子数为8，电子排布式为 ,A正确： B.LiH中Li为+1价，化合物中正负化合价代数和为0，则H元素化合价为1，B正确： 第3页/共52页 命学科网命组卷网 C.H,0的中心原子0的价层电子对数=(6+2)/2=4，孤电子对数为2,8EP取模型为四面体形（图 片所示为四面体形)，C正确： D.LiOH为离子化合物，由Li和OH构成，电子式应为 Li[:O:H] ,选项中未体现离子键和氢氧根离 子的括号，D错误： 故答案选D。 7.下列分子属于极性分子的是 A.SiCl B.PCls C.OF2 D.P4 【答案】C 【解析】 【详解】A.SiCl4中Si上的孤电子对数为2 x(4-1×4)=0 0键电子对数为4，价层电子对数为4，空 间构型为正四面体形，分子中正、负电荷中心重合，SiCl4属于非极性分子，A错误； ×(5-1×5)=0 B.Cl中P上的孤电子对数为2 ,σ键电子对数为5，价层电子对数为5，PCl的空间构型 为三角双锥形，分子中正、负电荷中心重合，PC5属于非极性分子，B错误： 1 -×(6-1×2)=2 C.OF2中O上的孤电子对数为2 ,σ键电子对数为2，价层电子对数为4，OF2的空间构 型为角形，分子中正、负电荷中心不重合，OF属于极性分子，C正确： D.P4为空心正四面体分子，含有非极性共价键，P4属于非极性分子，D错误： 故选C。 8。含有未成对电子的物质具有顺磁性。下列物质具有顺磁性的是 A N2 B.E C.NO D.Be 【答案】C 【解析】 【详解】A.N原子的外国电子排布为2s2p,N?分子中N原子的3条印轨道重叠形成1个“键和2个π 第4页/共52页 6学科网命组卷网 键，不存在未成对电子，不具有顺磁性，A错误： B,卫原子的外园电子排布为2s2p,B分子中F原子的一条2印轨道重叠形成共价键，不存在未成对电子。 不具有顺磁性，B错误； C.N原子的外围电子排布为2s2p,0原子的外围电子排布为2s2p4,N0分子中N原子的3条2轨道与 O原子的3条2印轨道重叠形成1个c键，2个π键（其中1个兀键中N原子提供1个电子，O原子提供一对 电子)，存在未成对电子，具有顺磁性，C正确： D.Be的外围电子排布为2s2,不存在未成对电子，不具有顺磁性，D错误； 故选C。 9.由下列实验现象所得结论正确的是 A.丙烯醛可以使溴水褪色，说明醛基具有还原性 B向未知溶液中滴加盐酸产生能使品红溶液褪色的无色气体，说明溶液中存在S0? C.向酸性高锰酸钾溶液中滴加过氧化氢，溶液褪色，说明氧化性：KMnO4>HO, D.Fe、Cu和浓硝酸构成的原电池，Fe电极有气体产生，说明金属性：Cu>Fe 【答案】C 【解析】 【详解】A.丙烯醛含碳碳双键和醛基，溴水褪色可能由双键加成或醛基还原性引起，A错误： B.产生使品红褪色的气体( S0)可能来自 S0或S,O?等，无法确定一定是S0,B错误： C.酸性高锰酸钾氧化HO2生成O2,自身被还原褪色，说明在该反应中 中H,02体现了还原性，KM0:氧化 性强于HO2,C正确； D.常温下，Fe在浓硝酸中钝化，C作为负极反应，此现象由钝化导致，不能说明金属性Cu>F，,D错 误： 故选C。 10.下列物质结构与性质或物质用途与性质与具有对应关系的是 H20 分子间存在氢键，所以 很稳定 B.HCO可用于杀菌消毒，是因为具有弱酸性 第5页/共52页 6学科网 组卷网 -CF C.三氟乙酸中 使羧基中氧氢键的极性增大，故三氟乙酸的酸性比乙酸强 BaS0:可用作钡餐造影剂"以检查胃部是否有溃扬，说明Ba对人体无害 【答案】C 【解析】 【详解】A.水分子能形成分子间氢键会使得水的沸点较高，水很稳定是因为氧氢键键能较大，两者不存 在对应因果关系，故A不符合题意： B.次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，所以次氯酸可作杀菌消毒剂与弱酸性 无关，故B不符合题意； C,氟原子核氧隙子都是吸电子装，氟元素的电负性大于氣元素，三氟乙酸中的C5与乙酸中的CH相 比是吸电子基，吸电子效应使羧基中羟基极性增大，所以三氟乙酸的酸性强于乙酸，故C符合题意； D.可溶性钡离子有剧毒，可以导致蛋白质变性，破坏人体中各种酶，使一系列生理活动被破坏，硫酸钡 可用作“钡餐造影剂”是因为硫酸钡难溶于水且不溶于胃里的盐酸，故D不符合题意； 故选C。 11.下列实验装置能达到实验目的的是 硝酸银 稀溶液 稀氨水 A收集NO2并吸收尾气 B配制银氨溶液 石墨 乙醇与钠乙醚与钠 CuCL,溶液 D鉴别乙醇与乙 第6页/共52页 学科网 命组卷网 氯气 醚 A.A B.B C.C D.D 【答案】D 【解析】 【详解】A.收集O2应采用向上排空气法（长进短出)，装置中导管为短进长出则无法收集，A错误； B.配制银氨溶液需向AgNO溶液中逐滴加入稀氨水至沉淀恰好溶解，图中向氨水中滴加AgNO则顺序错 误，B错误； C.电解CuC溶液时，阳极若为铜（活性电极），则阳极反应为Cu-2e=Cu+,无法生成C,应使用惰性 电极（如石墨）作阳极，C错误； D.乙醇含-OH能与钠反应生成H(有气泡)，乙醚不含-OH与钠不反应，现象不同可鉴别，D正确： 故答案选D。 12.实验室吸收O2尾气时，要防止倒吸。下列装置不能达到实验目的的是 气体 气体 B. NaOH NaOH 溶液 溶液 气体 气体 苯 NaOH NaOH 溶液 溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A.装置中用倒置的漏斗防止倒吸，可以达到实验目的，A正确： B.装置中用球形干燥管防止倒吸，可以达到实验目的，B正确： 第7页/共52页 命学科网命组卷网 C.装置中上层有苯，但是二氧化氨直接和氢氧化钠溶液接触，不能防止倒吸，C错误： D,装置中第一个空集气瓶为安全瓶，当第二个瓶发生倒吸时，液体被吸入安全瓶，不会进入气体发生装 置，可防止倒吸，D正确： 故选C。 13.某功能高分子材料的结构简式如图所示。下列说法正确的是 COOCH CH3 CN A.其单体的同分异构体可能是含有硝基的芳香族化合物 B.其单体中共面的原子最多有14个 C.该功能高分子中存在2m个手性碳原子 D.其单体属于铵盐的同分异构体中，可能存在4个p杂化的碳原子 【答案】C 【解析】 COOCH3 【详解】A.单体 HC=C 的分子式为C1N02,不饱和度为2×6+2-7+1，含有帽 CH3 CN 2 基的芳香族化合物，若有苯环，苯环的不饱和度为4，硝基-NO2不饱和度为1，总的不饱和度为5，从不饱 和度分析，其同分异构体不可能是含有硝基的芳香族化合物，A错误： COOCH? B.单体为 HC= ,双键C及相连原子共面，最多共面原子为双键2C、CH中1C、CN中C CHz CN 和N、酯基中C、2个O、CH中1C及3个H(-CH和-CH各1个H)、双键C上1H,共12个，B错误； C.高分子重复单元中两个C均连有不相同基团（前后链节），为手性碳原子，故该功能高分子中存在2 个手性碳原子，C正确： D.其单体属于铵盐的同分异构体中含有 C00NH,剩下余为C,H,不可能存在4个p杂化的碳原 子，D错误； 第8页/共52页 6学科网6组卷网 故选C。 14北京大学余志祥课题组近期发现，将商业可得的钯碳和能催化剂联合使用，即可在常温、1aH,的条 件下将多种带官能团的芳香化合物氢化为对应的环己烷衍生物。下列说法正确的是 A.上述反应类型与溴乙烷在NaOH乙醇溶液中的反应类型一致 HO -OH HO OH B.鉴别 时可加入氯化铁溶液，观察是否出现紫色沉淀 C.萘( )与菲( )互为同系物 D.沸点：乙苯>甲苯 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据题干提供的信息可知，该反应属于加成反应，溴乙烷在NOH的乙醇溶液中发生消去反 应，故A项错误： HO OH HO OH B.鉴别 时可加入氯化铁溶液，氯化铁溶液遇酚变紫色，但不 是出现紫色沉淀，故B项错误； C,萘的结构中含两个苯环，菲的结构中含三个苯环，则萘( )与菲( )不互为 同系物，故C项错误； D.对于同系物，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔点、沸点越高，乙苯的相对分子质量 比甲苯大，则沸点：乙苯>甲苯，故D项正确： 答案选D。 15.有机物X是一种合成中间体，其结构简式如图所示。下列说法正确的是 第9页/共52页 6学科网命组卷网 OH OH X A.1个X分子中含有4个手性碳原子 B.可用酸性MnO4溶液检验X中的碳碳双键 C.X与Na反应产生H,说明含有醇羟基 HOCH2 D HOCH CH2COOH 与X互为同分异构体 HOCH2 【答案】D 【解析】 【详解】A.手性碳原子需连有四个不同基团，在X的结构中，手性碳原子的数目为3个，如图（带*号） OH ,A错误； OH B.酸性MO4溶液可氧化碳碳双键，但X中若含醇羟基也能被其氧化，导致褪色，无法单独检验碳碳双 键，B错误： C.Na与羟基（醇、酚）、羧基均能反应生成H,X与Na反应产生H,可能含羧基或酚羟基，不能仅说 明含醇羟基，C错误； HOCH2 HOCH2 CHCOOH D.X与 结构的分子式均为C1H4O5,分子式相同结构不同，互为同分异构 HOCH2 体，D正确： 第10页/共52页 命学科网命组卷网 故选D。 16.有机化合物X可有效治疗哮喘、支气管炎等疾病，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是 COOH HCOO. H.CO OCH A.含有2种含氧官能团 B.核磁共振氢谱中存在10组峰 C.不存在顺反异构体 D.1molX最多能消耗2 nolNaOH 【答案】B 【解析】 【详解】A.由图知，该分子中的含氧官能团有酯基(HC0O-)、羧基(-COOH)和醚键(-OCH),共 3种，A错误： B.由图知，分子中不同化学环境的氢原子包括：甲酸酯基中的H、左边甲氧基的CH、左边苯环上3种 H、双键右端1种H、羧基(-COOH)上1种H、右边苯环上2种H、右边甲氧基的CH,共10种，故核 磁共振氢谱有10组峰，B正确： C.双键两端的碳原子分别连接苯环和H(两个不同基团)，满足顺反异构条件（双键两端碳连不同基 团)，存在顺反异构体，C错误； D.1mol酚酯基(HCO0-)水解消耗2 mol NaOH(生成甲酸和酚，各消耗1mol),lmol羧基(COOH) 消耗1mol NaOH,共消耗3 nol NaOH,D错误； 故选B。 17.双（三甲基硅烷基）氨基钾是有机合成中常用的催化剂，其结构如图所示。下列关于双（三甲基硅烷基）氨 基钾的说法错误的是 A.含有离子键、共价键 B.键长：Si-NSi-C C.每个阴离子中含26个o键 第11页/共52页 命学科网命组卷网 D.位于s区、p区的元素种数分别为2、3 【答案】B 【解析】 K 【详解】A.该化合物由 和阴离子构成， K与阴离子间为离子健，阴离子内部 Si-N、Si-C、C-H 等为共价键，含有离子键和共价键，A正确： B.键长取决于成键原子半径，同周期C原子半径大于N原子半径，与S7成键时，成键原子半径越大键长 越长，故Si-C键长大于Si-N键长，即Si-N<Si-C,B错误： C.阴离子为(CH,SN◆，每个S1连3个CH和1个N:2个Si含2个SiN键、2x3=6个Si-C键：6 个CH3含6×3=18个C-H键；总0键数-2+6+18-26，C正确： D.元素有K、H、C、N、Si,s区元素为H、K,共2种；p区元素为C、N、Si,共3种，D正确： 故选B。 LiDFOB 18. 是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛用于目前的锂电池中。 LiDFOB 的结构如图所示，其中元素M、X、Y、Z位于同一短周期，X原子核外的s轨道与p轨道上的电 子数之比为2：1，下列叙述正确的是 A.X、Y、Z的简单气态氢化物分子之间均能形成氢键 B.X、Y两元素组成的分子一定为极性分子 C.该化合物形成的晶体熔点比LiCI晶体高 D.该化合物中有极性键、非极性键、配位键和离子键 第12页/共52页 6学科网 命组卷网 【答案】D 【解析】 【分析】元素M、X、Y、Z位于同一短周期，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1，X的 核外电子排布式为1s22s22p为C元素为第二周期元素，Y可以形成两个共价键则Y为0元素，Z可以形成 个共价键为F,M为B可以形成四个共价键其中一个为配位共价键。 【详解】A.X氢化物为甲烷等烃类化合物，不可以形成氢键，Y氢化物为水可以形成氢键，Z的氢化物为 亚，可以形成氢键，故A不符合题意； B.X、Y两元素组成的分子可以是二氧化碳是非极性分子，故B不符合题意； C.LiCl中氯离子的半径比LiDFOB中的阴离子半径小，形成的离子键更强，熔点更高，故C不符合题 意； D.该化合物中有碳氧等极性键、碳碳非极性键、硼氟配位键和阴离子和锂离子形成的离子键，故D符合 题意： 故选：D。 1925℃时，已知草酸销（用NaR表示)溶液中含碳粒子的物质的量浓度之和为01m01:L,通入HC1气体 调节溶液中的pOH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中各含碳粒子的pc-pOH关系如图所示。图中pC表示各 合碳粒子的物质的量浓度负对数(PC=-gS),DOH表示OH的物质的量浓度负对数 pOH=-lgc(OH pc ③ ① 9.8 12.8 8 10 12 14 POH 下列说法错误的是 第13页/共52页 6学科网6组卷网 A.曲线③表示pcHR)随pOH的变化 B.K2(H2R)=1042 C.x点溶液的pH=2.7 D.pH=7的溶液中： c(Na)=c(HR-)+2c(R2-) 【答案】D 【解析】 【分析】草酸是二元弱酸，草酸钠用NR表示)溶液中含碳粒子的物质的量浓度之和为 0.Imol.L ,通入 H气体调节溶液中的OH,发生反应：R2-+H=R、R+H=H,R,随若HC通入越来越多. C(OH)减少，pOH增大，HR的浓度先增大再减小，R的浓度减小，HR的浓度增大，则曲线①表示 pcR)随pOH的变化，曲线②表示pc(HR)随pOH的变化，曲线③表示pcHR)随pOH的变化，以此解答。 【详解】A.曲线③的p©随pOH增大而增大，说明该含碳粒子浓度随溶液酸性增强而增大，应为HR,A 正确： B.当poH9.8即p42时，pR2=pcHR),所以2，K)=cHR)=i02B ,B正确： C.当pOH12.8即pHl.2时，pC(HR）=pC(H,R),所以Ka1(H,R)=nK）=1012 c(H,R) ,x点时， peR2)=xH,R,面于KH,R)xK,H,R)=cTcR2)-=10 c(H,R) ，所以cH)=1027, pH=2.7,C正确： D.根据电荷守恒可知cNa)+c(H)=c(OHr)+c(HR)+2cR)+cCT),pH的溶液中， cr=coH,则c(Na)=c(HR)+2(R2)+c(C)D错误 故选D。 第14页/供52页 6学科网命组卷网 20.常温下，向0.10molL NaPO4溶液中滴加等浓度的盐酸，混合溶液的pH与溶液中有关含磷粒子浓度 比值的对数关系如图所示。已知：lg7.1=0.85:lg6.2-0.79;lg4.5=0.65。 14 pH 13 12 ￥A(0.12.35) 1 10 9 8 B(0,7.21 6 -C(0.2.15) 043-2101,2 3 8 lg c(HPO) 或gco c(HPO) 下列说法错误的是 c(H,PO) A.II为pH与 c(H,PO4)的曲线 B.K(日，P04)=4.5x105mol-L C.B点时，加入的盐酸的体积小于NaPO4溶液体积 D.C点溶液中： c(Na*)>c(CI)>c(H,PO)>c(H)>c(OH 【答案】C 【解析】 分析】HPO4为三元弱酸，发生如下电离，H,PO,三H+H,PO,K-HCH2PO) cH,PO4),当 温8- 于KIcH),H,PO,=H+HPO, K-(H)c(HPO) c(H2PO4)，当 Ig CHPO)0 cH,PO)时KacH),HPO≥H+PO;, r0.当0之=0 K-(H')c(PO c(HPO子) 第15页/供52页 命学科网命组卷网 K=cH):由于K之Kg之Kg,则曲线m为pH与g,PO c(H,PO,)的曲线，曲线IⅡ为pH与 lg(HPO) c,P07的陆线，唐线1为pH与gO之 c(HPO})的曲线，据此回答。 详解A由分折知，m为p阳与乌CPO的曲线，AE确 c(PO) c(PO)=0 B,由分折知，I为H与l80HP0的离线，当8cHPO-0, K3-c(H)）F10-1235mol/L=10°.65×103mol/L=4.5×103mol/L ,(已知1g4.5=0.65),B正确： c(HPO) c(HPO) C(HPO)=1 C.由分折知，I为H与l8。H,P07的曲线，B点为Ⅲ曲线l8。H,PO-0的点，此时cH,PO,), 对应pK=7.2L,设NaPO4溶液体积为Y,加入盐酸体积为，初始PO0物质的量为0IV,生成等浓度 的HPO和H,PO时，需H总量为150IVPO,HPO消耗01VH,部分HPO,H,PO,再 消耗0.5×0.1V),则V=1.5V,加入盐酸体积大于NaPO4溶液体积，C错误； (H,PO)=0 (H,PO)=1 .由分析知，曲线血为pH与8c,PO,)的曲线，C点8c(,PO,),cP0 pH=215,a来自NaP04(3n）,C来自HC(2,5),H,P0为0.5n,H浓度约102mlL,故 cNa')>c(C)>c(H,PO)>c()>c(OH),D正确： 故选C。 21.钢铁工业中经常用过二硫酸铵测定钢中锰的含量，过二硫酸根(S,0,S为+6价)在Ag催化下可将 第16页/共52页 6学科网命组卷网 Mn2+氧化为Mn0,离子方程式 Mn2*+S,0?→Mn0,+S0(床配平。下列说法错误的是 A.一个S,0,中含有过氧键个数为2 B。由方程式可判断氧化性强弱 MnO<S,O2 C.钢铁试样用盐酸溶解后再进行测定 D.当有 molS,0反应时，转移2mole 【答案】AC 【解析】 【详解】A.过二硫酸根（心，0），8为+6价，则0的价态有1、2两种，结合电荷关系可知有两个0的价 态为1价，只含1个过氧键，故A错误： B.由题干信息可知S,O能将Mn2+氧化为MnO,该反应中S,0作氧化剂，MnO作氧化产物，氧化剂 的氧化性大于氧化产物，则氧化性： Mn0<S,O5,放B正确： C.若用盐酸，S0能氧化氯离子，从而增加消耗量，影响测定结果，故C错误： D.由以上分析， 1mo1S,O%中只含1mol过氧键，可得2mol,故D正确： 故选：AC。 22.将一定量的氯气通入60mL10.00molL的氢氧化钾浓溶液中，加热少许时间后，恰好完全反应，测得溶 液中含合氧元素的离子有：CT、C0、C10,。下列说法不正的是 A.一共消耗了0.3mol氯气 B.当溶液中c(CI0):c(CI0)=5:l时，反应的离子方程式为： 8CL2+160H=10C1+5C1O+C1O,+8H,0 C.若反应中转移的电子为nmol,则0.5<n<0.8 第17页/供52页 6学科网命组卷网 D.反应生成的CI0、C10有一定的氧化性 【答案】C 【解析】 【详解】A.60mLl0.00molL的氢氧化钾浓溶液中，氢氧化钾为0.6mol,根据钾元素、氯元素守恒可知， C、C10、C10总量为0.6mol,则消耗氯气0,3mol,A正确： B.当溶液中(CI0c(CI0)5:l时，则生成CI0、CI0,个数比为5L,根据电了守恒可知，反应的 离子方程式为： 8CL,+16OH=10CT+5CI0+CI0,+8H,0,B正确： C.若生成CT、C10,则nC)nC10)D.6mol,根据电子守恒可知，CI-C10,则 n(CmC1O)=03mol,转移电子03mol,若生成CL、C0,则nCL*nC0,)=o.6ol,根据电子守 恒可知，5CT-C10,则nC-0,5mol,转移电子0,5mol,故若反应中转移的电子为nmol,则 0.3<n<0.5,C错误： D.C10、C10中氯处于中间价态，有一定的氧化性，D正确： 故选C。 23.下列实验操作、现象和结论均正确的是 选 实验操作 实验现象 实验结论 项 将铁的氧化物溶于浓盐酸中，滴入几滴 该氧化物中含 紫红色褪去 酸性MnO4溶液 有Fe2+ 向2mL苯酚浊液中滴入1.0mol-L 苯酚浊液逐渐变澄 酸性：苯酚>碳 NaCO3溶液 清 酸 C 向2mLMg(OHD2和NaOH的混合液中滴 生成蓝色沉淀 溶度积： 第18页/供52页 6学科网组卷网 Kp[Mg(OH)2]> 入少量CuSO4溶液 Kp[Cu(OH2] 水电离出 25C时，用pH试纸测量NaHC2O4溶液的 D pH<7 pH c(H*)<10-'m( A.A B.B C.C D.D 【答案】D 【解析】 【详解】A.KMnO4具有强氧化性，可能将Fe+氧化为Fet,且CI在酸性条件下也会被KMnO4氧化，导致 紫红色褪去，无法证明氧化物含Fe2+,A错误； B.苯酚与NCO反应生成苯酚钠和HCO:,说明苯酚酸性强于HCO3,但结论误判为强于碳酸 (HCO),B错误； C.混合液中含过量NaOH,加入CSO4时OH浓度极高，直接生成C(OH)2沉淀，无法据此比较Mg(OH)2 和Cu(OHD2的Kp,C错误： D.NaHC2O4溶液pH<7,说明HC,O4电离为主，溶液中H浓度高，OH浓度降低（由w-1×I014可知）， 水电离出的cH=c(OH10?moL,D正确： 故选D。 24.为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器） 选 实验目的 玻璃仪器 试剂 项 配制250mL一定 250mL 容量瓶、胶头滴管、烧 A 物质的量浓度的稀 蒸馏水、68%浓硝酸 杯、玻璃棒 硝酸 测定锌与稀硫酸反 锥形瓶、分液漏斗、烧杯、量 B 锌粒、 Imol.L! 硫酸 应的速率 筒、注射器（玻璃）、胶头滴管、 第19页/共52页 6学科网命组卷网 计时器（玻璃） C 除去氨中的水蒸气 导管、干燥管、集气瓶 无水氯化钙 实验室制备乙炔气 启普发生器、试管、导管、集气 碳化钙、饱和食盐水、 D 体 瓶、胶头滴管 硫酸铜溶液 A.A B.B C.C D.D 【答案】B 【解析】 【详解】A.配制溶液需用量筒量取浓硝酸，A选项中缺少量筒，故A项错误： B.锥形瓶可用于反应，分液漏斗控制硫酸加入，注射器中收集气体，量筒量取硫酸，计时器记录时间， 烧杯可能用于临时盛放试剂，仪器和试剂均满足实验需求，故B项正确： C.干燥氨气应使用碱石灰，无水氯化钙会与氨气发生络合反应，因此不能用无水氯化钙干燥氨气，故C 项错误； D.实验室制备乙炔利用碳化钙和饱和食盐水，乙炔制备通常不使用启普发生器，因为反应剧烈且生成物 易堵塞仪器，故D项错误： 故选B。 25.我国某研究团队近期研发了以双极膜（该膜可将水解离成H和OH 并定向通过)为交换膜的酸碱隔离电 解液新型可充电锌锰干电池，工作原理如图所示。下列说法正确的是 Zn MnO. [Zn(OH),]2 Mn2 电解质 双极膜 电解质 溶液1 溶液2 A.放电时，Zn电极电势比MnO2极电势高 B.放电时，双极膜中阴、阳离子分别向左、右移动 C.放电时，正极电极反应式为 Mn02-2e+2H,0=Mn2++4OH D.充电时，当电路中转移0.2mol电子，电解质溶液1质量减少6.5g 第20页/共52页 学科网命组卷网 【答案】B 【解析】 【分析】如图，放电时为原电池，Z电极为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为： Zn+4OH-2e=[Zn(OH)4],Mn0,为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为： MnO,+2e+2H,O=Mn2++40H ；充电时为电解池，Z电极为阴极，得到电子，发生还原反应，电 极反应式为：[Zn(OH川)，了广+2e=Zn+40H,M0:电极为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反 应式为Mn2+40H-2e=Mn0,+2H,0 据此回答。 【详解】A.放电时为原电池，Zn电极为负极， M0?为正极，原电池中负极电势比正极低，故Zn电极 电势 Mn0?极电势低，A错误： B.放电时为原电池，双极膜解离出（阳离子）和OH(阴离子)，原电池内电路中，阳离子移向正极 (右)，阴离子移向负极（左），即阴离子OH向左移动，阳离子H向右移动，B正确： C.由分析知，放电时，正极电极反应式为： Mn0,+2e+2H,0=Mn2+40H,C错误； D.充电时阴极反应为[ZA(OH,]了+2e=Zn+40H,转移02mol电子生成01 molZn(6g,沉积于 电极)，同时生成0nO1。但充电时双极废中H移向阴税.与OH 反应生成水，溶液质量变化不 仅涉及离子转化，还包括水的生成，实际减少量不等于65g,D错误 故选B。 26.研究二氧化碳的回收对我国2060年实现碳中和具有重要意义，科学家利用微生物电池电催化还原C02 制备乙烯、乙醇等有机物的装置如图所示。 第21页/供52页 6学科网丽组卷网 A极桶入D极 B极 C极 D极 葡萄糖 H 微生物 交换膜 交换膜 下列说法错误的是 A.微生物电池和电解池中的交换膜均为质子交换膜 B.A极电极反应式为C。H0。-24e+6H,0=6C0,个+24H C.电解池中H移向C极 D.若电催化还原C02生成1mol乙烯，则A极产生2molC02 【答案】CD 【解析】 【分析】如图，用微生物电池电催化还原CO2制备乙烯、乙醇等有机物，在微生物电池中，A电极为葡萄 C6H1206-24e+6H,0=6C0,个+24H 糖被氧化为二氧化碳，为负极，电极反应式为： ,B电极为正 极，氧气与H旷得到电子生水，电极反应武为：4什+0，+4e=2H,0,C电极与B电极相连，为阳极， 电极方式为H,-2®2，D电极与A电极相连，为阴极，电极反应式为： 2C0,+12H+12e=CH,+4H,0或2C0,+12H+12e=C,H,0H+3H,0 据此回答。 【详解】A,微生物电池中A极（负极）产生H H 需通过交换膜移向B极（正极），电解池中需移向阴 H 极，两者均需质子交换膜允许通过，A正确： B.A极为微生物电池负极，葡萄糖(CH2O6)被氧化为CO2,C元素从0价升至+4价，6个C共失 24e,结合H0生成c0和H,电极反应式为：C,H,0。-24e+6H,0=6C0,个+24H,B正确 第22页/供52页 学科网命组卷网 C,电解池中阴极发生还原反应，D极还原C0为乙烯，故D极为阴极，H 应移向阴极D极，C错误： D.由 2C0,+12H+12e=C2H4+4H2 ,生成1mol乙烯，C元素从+4价降至2价，2个c共得12e, A极每生成6molC02失24e(对应4 e/mol C02),故电催化还原C02生成1mol乙烯，则A极产生 3 molCO2,D错误； 故选CD。 27.为测定含镁365%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，说法不正确的是。 方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量： 方案二：称量g铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。 电源 密封塞 惰性 电热板、 粉 A.方案一中若称取5.4g合金粉末样品，投入VmL2.0molL1NaOH溶液中反应，则V2l00 B.方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高 C.方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量 D.方案二中若用空气代替O2进行实验，对测定结果有影响 【答案】A 【解析】 【详解】A.含镁为5%时，金属铝的含量最低，5.4g合金中铝的质量为5.4×(1-5%g,则根据反应： 5.4×(1-5%)g 2A1+2NaOH+6HO-2Na[Al(O4]+3H↑可知，2A~2NaOH,故有2.7g/mol：V×10-3L×2.0nolL 1=2:2,解得V=95,因此若称取5.4g合金粉末样品，投入VmL2.0molL-NaOH溶液中反应，则V295: 5.4×(1-3%)g 同理含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为5.4×(1-36)g,故有2.7g/mol：V×10 第23页/供52页 学科网命组卷网 L×2.0molL-1=2:2,解得V=97,因此消耗NaOH溶液95≤V≤97，A错误： B.方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁，测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体 就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B正确： C.Mg、A1均与氧气反应，生成金属氧化物，故还需测定生成物的质量，根据镁、铝的质量守恒，列方程 可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C正确： D.若用空气代替O2进行实验，还会发生反应：3Mg+N2MgN,2Mg+CO2=2MgO+C,对测定结果会有 影响，D正确： 故选：A。 28.某化学小组欲通过测定混合气体中O2的含量来计算2g已变质的NaO2样品中NCO3的含量。实验装 置如图所示(Q为弹性良好的气囊)。 稀H,SO 样品 Q 已知：①过氧化钠与稀硫酸反应的总化学方程武为2Na,0,+21H,S0,=2Na,S0,+2H,0+0,个，②忽 略气体在Ⅱ和IV中的溶解。 下列说法正确的是 A.b的作用是除去气体中的CO2,故b中应装有无水CaC B.测定气体总体积必须关闭K2,打开K1、K C.量筒Ⅱ用于测量产生气体的CO2体积，量筒I用于测量产生O2的体积 D.若量筒I收集的气体折算为标准状况下是224mL,则2g已变质的样品中的NaO2质量为1.56g 【答案】D 【解析】 【分析】关闭K,打开K、K,Na,0?样品与疏酸反应放出二氧化碳和氧气，Q膨胀排出m内的空气， 根据Ⅱ收集到水的体积即为产生二氧化碳和氧气的总体积；反应结束后，关闭K,打开K、 K:,Q中气体 第24页/供52页 学科网命组卷网 排入b,二氧化碳被b中碱石灰吸收，量筒I收集到氧气。 【详解】A.b的作用是为了除去气体中 C0?,放b中应装碱石灰，A错误： B.反应产生的 ?和C0?使气奏变大，将皿中的气体排出，水进入量筒Ⅱ中，所以量筒Ⅱ中水的体积即 为产生 K,B错误： 0:和C0?的总体积，所以滴加稀硫酸前必须关闭KK,打开 C.结合分析可知，量筒Ⅱ用于测量产生气体的氧气和CO2体积，量筒I用于测量产生O的体积，C错误： D.量筒I收集的气体是氧气，若量筒I收集的气体折算为0.0lmol,则过氧化钠的物质的量为0.02nol, 则2g己变质的样品中 Na02质量为 .56g,D正确： 故选D。 29.甲异腈(CHNC)在恒容密闭容器中发生异构化反应：CHNC(g)→CHCN(g,反应过程中甲异腈浓度c 随时间t的变化曲线如图所示（图中T为温度）。该反应的反应速率V与c的关系为v=kc,k为速率常数（常温 下为常数)，a点和b点反应速率相等，即v(a)=v(b)。下列说法错误的是 50 40 30 20 b e a 10 d 0 0 50 100150200 250300 t/min A.bf段的平均反应速率为l.0×104 noVL'min) B.a点反应物的活化分子数多于d点 C.Ti>T2 D.3v(d)-2v(e) 【答案】C 【解析】 第25页/共52页 命学科网命组卷网 【分析】设工时，速率常数为k,T时，速率常数为R,同，k×20×I0k,×10×103 k1=1 k22。 【详解】A.由题干信息可知， vAc-20-0x10mol/L-1.0x10mol/L.mim,A正痛： △t(250-150)min B.ad两点相比较，a点的浓度比d的浓度大，且其他的条件相同，故a点反应物的活化分子数多于d点， B正确； C.由以上可知，k2-2k1,kc,浓度相同的时候，>M,温度越高，速率越大，故T>T1,C错误： D vd-k,x5x10 mol/L-min,v(e)-k×15×103moL~min,k-2k,可得3v(d=2(e.D正确： 故选C。 30.恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①X=Y:②Y=Z。反应①的速 率VkcX 反应②的速李V,k,c0门，式中k、k:为速率常数。图甲为该体系中X了，乙浓度随时 1 Ink~ 间变化的曲线，图乙为反应①和②的 T曲线。下列说法错误的是 c/(mol-L) Ink 反应② 反应① t/s T T/KI 甲 乙 A随©X) 的减小，反应①、②的速率均降低 v(X)-v(Y)+v(Z) B.体系中 第26页/供52页 6学科网命组卷网 C.欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间 D.温度低于时，总反应速率由反应②决定 【答案】AB 【解析】 【分析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X,浓度随时间变化逐渐增大的代表的 是Z,浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y;由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高 增大的幅度小于反应②的。 【详解】A,由图甲中的信息可知，随c(的减小，c()先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率 随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A项错误； B.根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加 量，因此，v(X)=v()+(),但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X 的减少量，故v)+v)=v(Z☑，B项错误： C.升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的， 且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间， C说法正确： D.由图乙信息可知，温度低于T时，>，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D项正 确： 答案选AB。 31.氮、磷是重要的生命元素，广泛存在于蛋白质、骨骼和遗传物质中。 回答下列问题： (1)血红蛋白b)是血液中运输氧及二氧化碳的蛋白质，由球蛋白与血红素结合而成。血红素是由中心 F®+与配体卟啉衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图所示。 第27页/供52页 命学科网组卷网 CH H.C CH H.C CH: CH2 CH2 CH2 CH2 C00 COO ①血红素的组成元素中第一电离能最大的是 (填元素符号)：Fe+的价电子排布式为 ②含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1ol血 红素中通过螯合作用形成 mol配位键。 ③血红蛋白运输O2的原理 Hb+0,→Hb0:(氧合血红蛋白)，氧分压高时b与0：疏松结合形成 HbO2,氧分压低时HbO2释放O2,携带和释放O的过程并不影响F®2+。人体一氧化碳中毒的原理为 HDb+C0=HbC0,Hb0,+C0=HbC0+0,D中的Fe与C0、卟啉的4个N结合形成八面体较稳 定结构。Hb对C0的亲和力比对O2的亲和力大数百倍，所以血液中侵入CO时，Hb即使已与O2结合， CO也会把O,置换掉而使血红蛋白失去运输氧的能力。 由此可见HbC0O中Fe原子的杂化轨道类型可能是 (填标号，下同)。 A.sp B.sp3 C.d'sp3 D.spd HbCO中Fe+与C0之间的相互作用为， A.氢键 B.配位键 C.范德华力 D.离子键 (2)羟磷灰石CaPO小(O]是人体骨骼组织的主要无机组成成分。其熔点为1650℃， OH F 可以被 取代，形成氟磷灰石或氯磷灰石。 ①羟磷灰石属于（填晶体类型)。 ②氮原子之间可以形成双键，而磷原子之间很难形成双键，原因是 (3)氮化铝熔点高、硬度大，其结构与金刚石类似，AN晶胞结构如图所示，晶胞中AI和N紧密相连。 晶胞中氨原子相连接形成的几何图形为一；若Al原子半径为、N原子半径为b,该晶胞的原子空间 利用率为 (用含a、b、兀的式子表示，列出计算式即可)。 第28页/供52页 命学科网命组卷网 OAI ON 【答案】(1) ①.N②.3d③.4④.C⑤.B (2) ①.离子晶体 ②.磷原子半径大，原子间形成的σ键较长，导致pp轨道肩并肩重叠程度较 小或几乎不能重叠，难以形成兀键 a+b)x4 4 4 3 ×100% (3) ①.正四面体 ② 4(a+b) 3 【解析】 【小问1详解】 ①血红素的组成元素有H、C、N、O、F,同周期从左到右主族元素的第一电离能呈增大趋势，同主族从 上到下元素的第一电离能逐渐减小，N的价层电子排布式为2s2p,2印轨道为半充满结构，N的第一电离 能最大；Fe元素位于第四周期VⅧ族，基态Fe原子的电子排布式[A]3d4s2,Fe+价电子排布式为：3d; ②由图示可知，1个配体中有4个配位N原子和中心原子形成4个配位键，1mol血红素中通过螯合作用形 成4mol配位键； ③根据HbCO中的Fe+与CO、卟啉的4个N结合形成八面体较稳定结构，HbCO中Fe的配位数为6，Fe 原子的杂化轨道类型可能为d$p杂化，故选C；Hb对CO的亲和力比对O2的亲和力大数百倍，可以判断 HbCO中Fe2+与CO之间的相互作用为配位键，故选B; 【小问2详解】 ①由题目信息“羟磷灰石是人体骨骼组织的主要无机组成成分、熔点为1650℃”可知，羟磷灰石属于离子 晶体： ②双键包含一个σ键和一个π键，磷原子半径大，原子间形成的σ键较长，导致Pp轨道肩并肩重叠程度 较小或几乎不能重叠，难以形成兀键，导致磷原子之间难形成双键： 【小问3详解】 8x2+6x=4 1 晶胞内N原子相连接形成的几何图形为正四面体；晶胞中含A1原子数为“82，N原子数为 第29页/共52页 6学科网命组卷网 4,A1原子半径为a、N原子半径为b,设晶胞参数为d,则晶胞体对角线为4a+)=VBd, 4 4 (已πa3+-πb3)×4 3 ×100% d=4(a+b,晶胞的原子空间利用率为 4(a+b) 3 3 32.钛和钛的化合物在航天、化工、建筑、医疗等领域都有广泛的应用。 回答下列问题： (1)基态钛原子核外有」 种不同运动状态的电子；T+具有强还原性，从结构角度解释原因： (2)TiCL4的分子结构与CCl4相同，二者在常温下都是液体。 ①TiCl4分子的空间结构为 一，其中Ti的杂化方式为 ②CC4难水解，而TiCl4极易水解，原因是 20 ③TiCL4能形成[TiNH)]C4,[TiNH)Cl4中H-N—H的键角（填“大于”“小于”或“等 于”)NH中H—NH的键角。 (3)TO2可通过氨掺杂反应使其对可见光具有活性，晶胞结构如图所示。 a pm apm◆ ●Ti 00 oN c pm 氧空穴 氧空穴 该晶胞中0原子的数目为一；1、2原子间的距离为 pm;设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶 胞的密度为 g.cm3 【答案】(1) ①.22 ②.T+核外电子排布式为[Ar3d,易失去1个电子达到稳定结构 (2) ①.正四面体形 ②.sp3③.TiCL4中的Ti有空余的d轨道，易接受水中0的孤电子对而水 解，CCl4中C无空轨道，难水解（或钛原子的半径比碳原子的大，Ti一C1比CCl的键长长、键能小，更易 断裂)④.大于 第30页/共52页 6学科网 命组卷网 25 12 12 299 (3) ①. 4 ②.12 a+-c 4 ③.Na2cx1030 【解析】 【小问1详解】 基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p3s23p3d4s2,因此核外电子共有22种运动状态；T+核外电子排布 式为[A]3d,易失去1个电子达到稳定结构，所以Ti*具有强还原性。 【小问2详解】 ①CCl4是正四面体形分子，C原子的杂化方式为sp杂化，根据题给信息“TiCl4的分子结构与CC4相同” 可知，TiC4的空间结构为正四面体形，Ti的杂化方式为s即3. ②TiCl4中的Ti有空余的d轨道，易接受水中O的孤电子对而水解，CCl4中C无空轨道，难水解（或钛原子 的半径比碳原子的大，Ti一CI比C一C1的键长长、键能小，更易断裂，故CCL4难水解，而TiCL4极易水解)。 ③Ti(NH)]CL4中N原子的孤电子对与Ti形成配位键，对N一H的成键电子对的排斥力小，故[Ti(NH)]C4 中HN一H的键角大于NH中H一N-H的键角。 【小问3详解】 1 1 25 7×+7×二+1= 采用均摊法确定0原子的个数为4 2 4；作图中辅助线： a pm apm ●Ti 00 oN c pm 氧空穴 O 氧空穴 1.2际千有蛋奖为×由的限定型得-（经2+传，：-+2：原子份个为 1 1 8 +4×2+1=4, ,y原子的个数为22,0原子的个数为77x+12 11 1 1× 8 2 4，故该晶胞的密 第31页/供52页 学科网命组卷网 25 48×4+16× .1 +14× 度P= 4 2 299 Na2cx10-30 2g·cm3= Naacx10 08.cm3 Na2S04·10H20 33.利用某废催化剂（含VO5、TiO2及少量MgO)提取V、TiO2和 的工艺流程如图所示。 H2SO 过滤 →滤液b 系列操作→NaS0410H,0 NaOH →滤渣a→酸浸、调pH 过滤 废催化剂→碱浸 →Ti0(Om,焙烧Ti0, →NaVO4→调pH→NaVO,→沉钒→NH,VO, 焙烧，V,0,→V HCI 铵盐 已知常温下：①Na:VO4和NaVO?可溶于水： @K,[Ti0(oH,]=1?10”,K,[Mg(o,]-52102 ③溶液中某离子浓度×10mo1.L 时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (l)“滤渣a”的成分为Na2TiO3和MgO,酸浸、调pH”生成TiO(OHD2的离子方程式为；调溶液 pH最小值为 (2)已知NaSO4和MgSO4的溶解度曲线如图所示。“滤液b”含有NaSO4和少量MgSO4,从中获得 Na2S04·10H20 的“系列操作”包含一、过滤、冷水洗涤、干燥。 60 50 MgSO b0 40 NaSO4 30 班 20 10 0102030405060708090 温度/℃ (3)已知常温下NH4VO3的溶解度为0.468g,则NH4VO3的溶度积常数为 (假设水溶解溶质后体积不 第32页/供52页 命学科网命组卷网 变)。“沉钒”过程中，一般要加入过量铵盐，其原因是一。 (4)常用铝热反应法由VO5冶炼金属钒，反应的化学方程式为. —。 (5)全机液流电池的工作原理为V0+V“+2H薨V0”+V+H,0。此电池的两极区被质子交 换膜隔开，则负极区溶液中的含钒离子为（镇：V0。。V2。“V0”。。V·四种微粒中的两 种)：充电时，阳极区溶液pH(填“增大”或“减小”)。 【答案】(1) D.NazTiO3+2H'-TiO(OHD)2+2Na* ②.2 (2)蒸发浓缩、冷却结晶 (3) ①.1.6×103②.增大铵根离子浓度，使 O沉淀完全 高温 (4)3V20,+10A =6V+5A1203 V2+V3+ (5) ①， ②.减小 【解析】 【分析】废催化剂（含VO5、TO,及少量MgO),加氢氧化钠“碱浸”，VO5和氢氧化钠反应生成可溶性 NaVO4,TiO2和氢氧化钠反应生成难溶性NaTiO:,过滤，滤渣a中含有NazTiO和MgO,滤液中含有 NaVO4,NaVO4溶液加盐酸调pH生成NaVO,加铵盐生成NH4VO沉淀，灼烧生成VO5,VO5发生铝热 反应生成V;滤渣a加硫酸，N2TiO3和硫酸反应生成难溶性TiO(OH田，氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁，过 滤，得到TiO(O田)沉淀和滤液b,TO(O田2焙烧生成TiO,,滤液b蒸发浓缩、冷却结晶得 Na2S0410H20 【小问1详解】 “滤渣a'的成分为NaTiO3和MgO,“酸浸、调pH',Na TiO3和硫酸反应生成TiO(OH2和硫酸钠，反应的 离子方程式为NaTi0+2-Ti0OrD+2Na:沉淀完全时cTi0≤10mol-L 1×1029 K[Ti0(OH,]-1x10,则eoem0=110,得到c(OH)V1X10 =1x102,所以调 第33页/共52页 命学科网组卷网 溶液pH最小值为2： 【小问2详解】 “滤液b”含有NSO4和少量Mg$O4,低温时，硫酸钠的溶解度明显随温度降低而减小，从中获得 Na2S04·l0H2O 的“系列操作”包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、干燥。 【小问3详解】 常温下H4VO3的溶解度为0.468g,100nL饱和溶液中含有0.468g,nNH4VO)= 0.648g=0.004mol 117g/mol c0NH4VO)0.04mol/L,则的溶度积常数为0.04mol/L×0.04mol/L=1.6×103: “沉钒”过程中，一般要加入过量铵盐，其原因是增大铵根离子浓度，使 O沉淀完全： 【小问4详解】 高温 常用铝热反应法由V,0治炼金属钒，反应的化学方程式为3V,0,+10A 6V+5A1,03, 【小问5详解】 根V0+v+2H器V0+v+H,0,O;发生还原反应生RP0,V发生案化反应生欧 充电 V3+ 原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，所以负极区溶液中的合钒离了为V2、V”, ；充 电时，阳极发生氧化反应生成，阳极反应为0+H,0-e=O+2H ,所以溶液pH减小。 34.四氧化三铁俗称磁性氧化铁，常用于制造录音磁带和电讯器材，也可作颜料和抛光剂。某工厂以硫铁 矿烧渣（主要含有Fe、Al、Ca的氧化物及SiO)为原料，制备FO4的工艺流程如图所示。 稀硫酸 废铁皮 NH,HCO, O,FeS,、O 疏铁矿→酸溶→还原圆円→沉铁→@慢2→心，0， 烧渣 料渣1 料渣2 C02 第34页/共52页 学科网命组卷网 已知： Kn[Fe(OH)]=8×1038Km[Fe(OH)2]=4.9x107K[AI(OH3]=1.0x103 回答下列问题： (1)“酸溶”硫铁矿烧渣时，为了加快酸溶速率除了加热外，还可采取的措施有 (任写 两条)。 (2)料渣1的主要成分有 一；废铁皮在使用前要用热碱液进行洗涤，其目的是 (3)已知溶液中c(Fe2)=0.49mol.L ,要使A+沉淀完全，则“调pH”的范围是 （一般离子浓 度≤105mol.L 认为沉淀完全)。 (4)加入NHHCO?“沉铁”时，发生反应的离子方程式为 (5)“煅烧1”的目的是将FCO转化为FeO在实验室进行该实验时，下列仪器中不需要的有 (填仪器名称)。 的玉A三 (6)“煅烧2”时温度对FO4的纯度有很大影响。已知温度对FeO4纯度的影响如图所示，则“煅烧2” n(FeS2) 时，温度最好控制在 ℃；“煅烧2”阶段应控制n(Fe2O3)的最佳比例为 纯 袋9 93 .92 91 9% 89 88电 600650700750800850 温度/℃ 【答案】(1) ①.将硫铁矿烧渣粉碎 ②.适当增大硫酸浓度 (2) ①.SiO2和CaSO4 ②.去除废铁皮表面的油污 (3)4.7≤pHK6.0或[4.7,6.0) (4) 2HCO+Fe2+=FeCO,↓+CO,个+H,O 第35页/共52页 学科网组卷网 (5)蒸发皿、表面皿 (6) ①.800 ②.1：1 【解析】 【分析】硫铁矿烧渣（主要含有Fe、Al、Ca的氧化物及SiO)用硫酸酸溶，铁铝转化为硫酸盐，SiO不反应， 和生成的不溶物CaSO4成为料渣1，过滤的滤液加入废铁皮与Fe+反应生成Fe2+,调节pH值除去A1+,料 渣2为Al(OH),加入碳酸氢铵得到FeCO沉淀，加入氧气煅烧得到Fe2O,再加入FS,和氧气煅烧，得到 产物Fe04。 【小问1详解】 为了加快硫铁矿烧渣的酸溶速率，可以将硫铁矿烧渣粉碎，增大接触面积：也可以适当增大硫酸浓度或者 搅拌等： 【小问2详解】 稀硫酸酸浸时，SiO2与稀HSO4不反应，CaO与稀HSO4反应生成微溶的CaSO4,故料渣1的主要成分是 SiO2和CSO4;废铁皮在使用前用热碱液洗涤的目的是除去表面的油污； 【小问3详解】 要使AP沉淀完全则c(A)≤105mol.L ,则 c(OH ) K[AI(OH) 1×10-33 =x108=105molL,则p0H=-1g105≈93 28 c(A1) 1×105 pH=14-pOH≈4.7.Fe不沉淀，此时cFe)=0.49mol.L ,由 Km[Fe(OH)2]=cFe2+)c2(OH)=4.9x101 ,则c(oH)=1.0×I0mol-L,则 p0H=-lgc(OH)=8.0.pH=6.0,故pH的范围为47pK60或4.7,6.0)： 【小问4详解】 在含有FSO4的溶液中加入NH4HCO:,发生复分解反应生成FeCO的离子方程式为 2HCO,+Fe2+=FeCO,↓+CO,个+H,O 【小问5详解】 在实验室中煅烧固体，要用到坩埚、坩埚钳、三脚架、泥三角、酒精灯和玻璃棒，用不到蒸发皿和表面皿： 第36页/供52页 命学科网丽组卷网 【小问6详解】 由图可知，在800℃时，所得F©O4的纯度比较高，再升高温度纯度变化不大，考虑到经济性，应选择煅烧 温度为800℃；“煅烧2'阶段煅烧Fe2O和FeS,混合物制取FeO4的化学方程式为 煅烧 n(FeS2) 2FeS2+2Fe,03+502 2Fe,0,+4S0,故应挖制nFe,0,)的最佳比例为1：1。 35.BiC用于生产铋盐和作有机反应的催化剂，实验室可用单质铋与氯气反应制备，装置如图所示。 已知：①制备时控制反应温度在450℃左右；BiCl沸点为447℃，约430℃时升华； ②BiCl易水解，水解产物为BiOC1,BiOCI难溶于水。 R 浓盐酸 铋粉 NaOH 蓉液 B 浓HSO, 冷水 装置i 装置而 回答下列问题： (1)仪器R的名称为 装置A为氯气的发生装置，写出反应的离子方程式： (固体药品从 MnO2和KClO?中选择)。 (2)选择 (填“装置I”“装置Ⅱ”或“装置I”)作收集装置并说明原因： (3)BC样品纯度测定（杂质不参与反应）。 实验步骤如下： ①准确称取5.00g样品，加一定量的水充分反应，过滤、洗涤不溶物2~3次，将滤液和洗涤液一并转移到 250L的容量瓶中配成待测液。样品与水反应的化学方程式为一。 ②以甲基橙为指示剂，用0.10o0molL 的NaOH标准溶液滴定待测液，实验数据如表所示。 标准碱溶液体积 滴定次数 待测溶液体积mL 滴定前的读数mL 滴定后的读数/mL 第一次 20.00 0.40 20.41 第二次 20.00 2.10 23.65 第37页/供52页 学科网命组卷网 第三次 20.00 1.25 21.24 判断滴定终点的依据为 样品的纯度为 6(保留3位有效数字)。 (4)BO固体和C12在高温下发生置换反应也可制备BiC.当加入一定量碳粉时，由于熵增原因可以大幅 降低反应所需温度，则反应的化学方程式为 C10,+5C+6H=3CL,个+3H,O 【答案】(1) ①，恒压滴液漏斗 ②. (2) ①.装置I ②.装置I中出气口较粗可以防止阻塞，浓硫酸可以防止BiC水解，氢氧化钠 可以吸收尾气 (3) ①. BiCl,+H,O=BiOCI+2HCI ②.滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液颜色由红色变 为橙色，且半分钟内溶液不再恢复红色③.789 (4)Bi,03+3CL2+3C 高温 3CO+2BiCl 【解析】 【分析】装置A氯酸钾与浓盐酸反应生成 Cl2 浓盐酸有挥发性，制取的C中混有HC和水蒸气，饱和 食盐水除去HC,浓硫酸除去水蒸气， CL,与铋粉生成BiC,由已知条件可知，BiC约430C时升华且 易水解，故在制备时既要防止堵塞，又要防止水解还要吸收尾气，装置I可满足所有要求。 【小问1详解】 仪器R的名称为：恒压滴液漏斗；装置A没有加热装置，只能选用氯酸钾，离子方程式为： C1O3+5CI+6H+=3CL2个+3H,0 【小问2详解】 由已知条件可知，在制备时既要防止堵塞，又要防止水解还要吸收尾气，装置I可满足所有要求，故选择 装置I,原因是：装置Ⅲ中出气口较粗可以防止阻塞，浓硫酸可以防止BC,水解，氢氧化钠可以吸收尾 气： 【小问3详解】 ①根据已知②BiCl易水解，水解产物为BiOCI,BiOCl难溶于水，则BiCl样品加水反应的化学方程式为 第38页/供52页 学科网命组卷网 BiCl,+H,O=BiOCI+2HCI ②滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液颜色由红色变为橙色，且半分钟内溶液不再恢复红色，可判断达到滴 定终点；氢氧化钠滴定反应生成的盐酸，三次消耗氢氧化钠分别为：20.01ml、21.55ml、19.99nl,第二次 滴定数据偏离较大需要舍去，根据关系式BiCl2HCl~2NaOH,计算出氯化铋的质量为 +20.01×103×0.1000×2×315.5×250≈3 2 20 ,进而求得纯度为78.9%； 【小问4详解】 由加入碳粉后熵增可知，反应产物为C0而非CO2,故反应的化学方程式为 高温 Bi,O +3CL,+3C-3CO+2BiCl 36.实验室制备-NiS的装置如图所示（加热及夹持装置略）。已知NiS在空气中易被氧化。 接抽气筒 N2 CUSO 溶液 实验过程如下： ①向a中加入mgF固体，C中盛放O,2mol-LX NCh溶液、氨水氯化铵缓冲溶液，鼓入N. ②打开恒压滴液漏斗开关，滴入盐酸，a中产生气泡，C中有沉淀产生。 ③反应完成后，用抽气筒吸出C中溶液，再用b中的溶液洗涤沉淀，洗涤液也利用抽气筒吸出，如此反复 23次，干燥。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为 ；B中盛放的试剂为；装置D的作用为」 (2)步骤③用b中的溶液洗涤沉淀的优点为 (3)NiS在空气中易被氧化为Ni(OHDS,该反应的化学方程式为 第39页/共52页 命学科网命组卷网 (4)将步骤③得到的a-NS固体加入足量的稀硝酸，固体全部溶解，得到NiSO4溶液，向滤液中加入氨 水氧化铵缓冲溶液，再加入铭黑T作为指示，剂用mol.LDTA二钠0a压D标准溶液滴定，消耗 DIA二钠标准溶液mL。已知：N+H,Y2-NiY2-+2H 加入稀硝酸后反应的离子方程式为；-NS的产率为一；若配制EDTA二钠标准溶液定容时 俯视刻度线将导致-NS的产率（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 【答案】(1) ①.三颈烧瓶②.饱和NaHS溶液 ③.吸收H$；防止外界空气进入，氧化产物 (2)降低NiS溶解度，减少NiS溶解损耗 (3) 4NiS+0,+2H,O=4Ni(OH)S 8.8cV% (4) ①.3NiS+8NO?+8H=3Ni2++3SO}+8N0↑+4H,0 ②.m ③.偏低 【解析】 【分析】因NS在空气中易被氧化，故不能接触氧气，但可以接触水，先通入氮气将装置内的空气赶出， 接下来A装置产生 H, S,但含有杂质HC,B为除杂装置，C为反应装置，D为防止空气进入同时吸收 H,S气体的装置，盛水的烧瓶是步骤③中洗涤用。 【小问1详解】 ①装置A的名称为三颈烧瓶； H,S ②B要除去 中的HC1,为了防止 H,S溶于水，使用饱和的NaHS溶液： Cuso ③ H,S 溶液的作用为吸收 气体，且阻止外界空气进入，防止NS被氧化： 【小问2详解】 HS H2S b中水吸收 后为 >溶液，用该溶液洗涤，可降低NiS溶解度，减少NiS溶解损耗： 【小问3详解】 第40页/供52页 6学科网 命组卷网 根据条件，最终产物为Ni(OH)S 根据得失电子守恒和元素守恒，该反应化学方程式为： 4NiS+0,+2H,O=4Ni(OH)S 【小问4详解】 ①加入硝酸后，最终S元素化合价发生变化。变为SO,而稀循酸的还原产物为八N0,根据得失电了行 恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：3NiS+8NO,+8H=3Ni2+3S0?+8N0个+4H,0 ②该滴定为配位滴定， N 元素的物质的量为cV×I0,理论产量用F©S进行计算，其物质的量与NiS的 m 8.8cV% 物质的量之比为1：1，故NS的理论产量为88，所以产率为m ③当配制标准EDTA二钠溶液定容时，俯视刻度线，导致EDTA二钠的浓度偏大，故V减小，最终导致 a-NiS 的产率偏低。 37.有机物J是合成治疗糖尿病药物的中间体，其合成路线如图所示。 OH H,C=CHMgBr H* H 乙醚 HO 一定条件 OH氧化CH4O, -HO H -H,O OH 一定条件 +H 已知：i. +一定条件 第41页/供52页 6学科网 列组卷网 R MgBr OMgBr Ht OH R R 乙醚 RR R HO 回答下列问题： C (1)A→E过程中使用三甲基氯硅烷( )的作用是 (2)F分子中含氧官能团的名称为一： E分子中碳原子杂化方式有 (3)FG反应的化学方程式为一； G→H的反应类型为， (4)E有多种同分异构体，满足下列条件的有 种（不考虑立体异构）。 ①分子中含有 ②能与NaCO3溶液反应放出CO, 其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为6：4：2：2：1：1的结构简式为（任写一种）。 【答案】(1)保护醇羟基 (2) ①.羧基、羟基 ②.sp2、p OH (3) ① +H0 ② HO入 OH 消去反应 H.C CH; COOH (4) ①.22 ② H.C (或 COOH 【解析】 【分析】A到B发生取代反应，B氧化羟基转化为酮羰基，C到D发生已知的反应，D到E发生取代反应， 又转化为羟基，A到B目的是保护羟基，E到F发生氧化反应，羟基氧化为羧基，F的结构简式为： 第42页/供52页 学科网 命组卷网 COOH ,F发生酯化反应得到G,G脱水发生消去反应得到H,H的结构简式为： OH H到I发生已知中i的反应，形成环状结构，I的结构简式为： I与氢气加成得到丁，以此分析。 【小问1详解】 A→E过程中，使用三甲基硅烷的目的是在反应过程中保护醇羟基不被氧化： 【小问2详解】 OH 根据E的结构简式，结合F的分子式，可知F的结构简式为 分子中含氧官能团有羧基 OH 和羟基；E分子含有的C=C中碳原子采用p杂化：饱和碳原子采用即杂化： 【小问3详解】 OH 由F和G的结构简式可知，F→G发生酯化反应，故反应的化学方程式为 +HO;H在一定条件下生成I,结合信息i可 第43页/供52页 6学科网 命组卷网 推知，H的结构简式为 故G→H属于消去反应： 【小问4详解】 六元环上连有1个取代基，为CHCHCOOH或一CH(COOH)CH,有2种；六元环上连有2个取代基为 —COOH和一CH或CH2COOH和一CH,有8种；六元环上连有3个取代基时，即2个一CH和1个 C00H,有12种，共22种。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为6：4：2：2：1：1的结构简式 CH3 COOH H.C CH 为 和 COOH 38。氟伐他汀钠)常用于饮食治疗未能完全控制的原发性高胆固醇血症和原发性混合型血脂异常。其合成 路线如图所示。 NH, C.H,Br 个a CHO C.H.O 0H0 0- I OH O 一定条件 ◆COONa OHOH 已知：Omx,R(XC.B RCHO CH,COR NaH→RCHCH,.COR' OH 第44页/供52页 6学科网 命组卷网 回答下列问题： (1)A的名称为 C中含氧官能团的名称为 (2)B的结构简式为， (3)写出E→F的化学方程式： (4)D→E的反应类型为 一；G一→H的“一定条件”应为 ci (5)I( OH)是 与碱反应的产物。有机物I同时满足下列条件的同分 HO 异构体有 种（不考虑立体异构）： ①能发生银镜反应 ②能与FCl溶液发生显色反应 ③不能发生水解反应 ④苯环上只 有三个取代基 其中核磁共振氢谱中有5组峰的结构简式为 0 【答案】(1) ①苯胺 ②.羰基（或酮羰基） (2) co+。 (4) ①.取代反应 ②.NaOH溶液、加热 OH O CH,CHO CH,CHO HO OH 5) ①.26 ② (或 HO OH 【解析】 第45页/供52页 命学科网命组卷网 【分析】A和C,H,Br发生取代反应生成B,由C的结构简式可知，B的结构简式为 的结构简式为： ,B与 发生取代反应生成C,C先发生分子内加 C.H,Br 成反应，再发生消去反应生成D,D和 CHO 发生取代反应生成E,E和C,H,0,发生 醛基的加成反应生成F,据此可知，C,HO,的结构简式为为 ,F发生还原反应生成G, G在一定条件下转化为H,据此解答。 【小问1详解】 A的结构简式为： 名称为苯胺；C中含氧官能团的名称为羰基或酮羰基。 【小问2详解】 结合合成路线中苯胺与CHB反应生成B、B与 反应生成C( )可知，B的结构简式为 NH 【小问3详解】 结合E和F的结构简式可知，CHO的结构简式为 又又。，版巴甲的化学方整式为 第46页/供52页 6学科网组卷网 OH C 【小问4详解】 由D和E的结构简式可知，D→E为取代反应：结合G和H的结构简式可知，G→H是G中的酯基在碱性 条件下加热发生水解反应生成了H中的COONa,故G→H的“一定条件”应为NaOH溶液、加热。 【小问5详解】 OH I的结构简式为 ,同时满足以下条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能与 HO FCl溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③不能发生水解反应，说明不含酯基；④苯环上只有三个取代 基；I的同分异构体中可能含有1个酚羟基、1个一CHOH、1个醛基，这种情况下的同分异构体有10种， I的同分异构体中可能含有1个酚羟基、1个一0CH、1个醛基，这种情况下的同分异构体有10种，另外I 的同分异构体中可能含有2个酚羟基和1个一CHCH0,这种情况下的同分异构体有6种，则共有 10叶10+6=26种同分异构体；根据对称性分析可知，其中核磁共振氢谱中有5组峰的I的同分异构体结构简 CHCHO CH,CHO HO OH 式为 和 HO OH 39.氨的氧化物是造成大气污染的主要物质，用活性炭还原法可以消除氨氧化物的污染。回答下列问题： (1)已知：DC)+0,g)=C0,g)△H=-393,5-mo ②N,(g)+0,(g)=2N0(g)△H=+180.5kJ-mo ③2N0(g)+0,(g)=2N0,(g)△WH=-113.0kJ-mor 则反应2C69+2N0,g)=N,(g)+2C0,(g)的△M= kJ.mol- (2)用NH催化还原NO,也可以消除氮氧化物的污染。反应的热化学方程式为 第47页/共52页 学科网组卷网 4NH3(g)+6N0(g)=5N2(g)+6H,0△H=-1784.4kJmo 。若正反应的活化能为akJ.mol-,则 逆反应的活化能为. (用含a的代数式表示)。 (3)在用H脱氯的过程中存在主反应和副反应。 4NH(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H,O(g）)△H1 主反应： 2NH,(g)+8NO(g)、≥5N,O(g)+3H2O(g)△H2 副反应： 在一定温度下向恒容密闭容器中充入2moNH和3moNO,发生上述反应；若初始压强为2OMPa,反应达 到平衡时，压强仍为2OMPa且N2的分压为4Pa。 ①该温度下主反应的平衡常数KMPa(保留3位有效数字)。 ②若反应10mim时达到上述平衡状态，则用N20表示的速率vNO)= MPa.min- ③测得平衡状态下混合气中N2与NO含量与温度的关系如图所示。 100 80 60 加 40 20 N2 O450500550600650温度/K △H, 0(填“>”“<”或“=”，下同)， △H2 0 ④在H脱氮过程中，为了有利于无害气体的生成，应选择的条件是 【答案】(1)-854.5 (2)(a+1784.4)kJ-mol1 (3) ①.45.6 ②.0.2③.<④.>⑤.较低压强、较低温度 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律可知，可由： ①x2-②-®得2C)+2N0,(g)=N,g)+2C0,g),则 第48页/供52页 命学科网命组卷网 △H=(-393.5kJ.mo)×2-(+180.5 kJ.mol)-(-113.0 kJ.mol)=-854.5 kJ.mol1 故答案为：-854.5 【小问2详解】 反应的焓变△H=正反应活化能一逆反应活化能，故逆反应的活化能=正反应活化能一△H =(a+1784.4)kJ.mol1 故答案为： (a+1784.4)kJ.mol 【小问3详解】 ①反应前后压强不变，则反应后气体的总物质的量仍为5mol,因P(N,)F4MPa,则n(N,)1.0mol 根据主反应的体积差可知，气体物质的量增加0.2mol,说明副反应气体的物质的量减少0.2mol,根据体 积差可知，副反应中消耗0.2 moINH,平衡时容器中n(NH,)=1.0mol、n(NO)=1.0mol n(N20)=0.5moln(H,0)=1.5mol 各物质的分压PNH,)=4MPA、Pp(NO)=4MPa p(H,O)=6MPa ,主反应的平衡常数 K,=PN,)小p(,o)4x6 P(NH.).DNO)=41x4S MPa=MPa 45.6MPa 16 ②反应后PN,O)=2MPa,则(No)-MP-02 MPa-min 10min ®N?的合量随温度的升高而降低，说明正反应放热，故△H,<0,N,0 的含量随温度升高而增大，说明 △H2>0 正反应吸热，故 ④主反应是放热的、体积增大的反应，为了有利于该反应进行，应选择较低的压强和较低的温度，而不能 第49页/供52页 学科网命组卷网 选用高温和高压条件。 故答案为：45.6；0.2；<；>；较低压强、较低温度 40.甲烷水蒸气重整反应是传统制取富氢合成气的重要途径，也是最简单和最经济的制氢方法。涉及的反 应为 CHa(g)+H,O(g)CO(g)+3H,(g)AH=+206.3kJ.mol K C0(g)+H20(g)、→C02(g)+H2(g)△H2=-41.2 kJ.mol2 III CH4(g)+2H2O(g)、C02(g)+4H2(g)△H3K3 回答下列问题： (1) △H3= kJ.mol-1 K3= (佣含K、K的代数式表示)。 (2)一定条件下，向容积为VL的恒容密闭容器中通入1olCH4和3 nolH2O(g)发生上述反应，经过tnin v(CO)= 达到平衡，容器中H2为anol,CO2为bmol,则反应速率 mol-Lmin(佣含t、ab, V的代数式表示，下同)，此时容器内压强和反应前压强之比为， CH4的转化率为 0 (3)在一定温度、NiZO2催化条件下，发生甲烷水蒸气重整反应，测得Ni负载量与CH4转化率及CO选 择性的关系如图所示。已知：催化剂中i负载量越高成本越高。 80 56 0 a860 解50 40 3 20 16 10 0 3 691215182124270 N负载量% 由图判断，工业生产富氢合成气时，催化剂中Ni负载量应选择的是 _%,理由是 (4)高温会引起催化剂积碳，降低催化剂活性，阻碍反应的进行，水蒸气可以减少积碳的生成。积碳反 应，CH,g=C+2,(g,满反应：C)+0g)=cog+H,g 已知水碳比 第50页/共52页 6学科网 组卷网 nH20) n(CH) 对甲烷转化率的影响如图所示。 1001 &8 年88 8401内202530 水碳比 实际工业生产时，一般选择水碳比为2.5，理由是 【答案】(1) ①.+165.1 ②.KK a-4b 6+a-b a-b ×100% (2) ①.3tV ②.6 ③.3 (3) ①.21②.Ni负载量为21%时，产量己达到最高，Ni负载量再增加会增加成本 (4)水碳比越大，甲烷转化率越大，且还能防止发生积碳反应，但是需要更多的能量来获得过量的水蒸 气，由此会增加反应的成本：过低的水碳比会导致碳沉积，从而影响反应效率 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，II即得到反应亚，故△H,=△WH+△L,=+165.1J·m0,K,=K~K, 【小问2详解】 设平衡时CH4为mol,C0为ymol,水蒸气为zmol,依据碳元素守恒可知 x+y+b=1 由氢元素守恒可 知2a+4x+2z=10,由氧元素守恒可知2b+y+z=3,解得 x=3+b-a y=a-46 3 3、 2=9-a-2b 3,所以0tnin内 C0)=a- 3mol-L.min- 根据化学方程式可知消耗1molCH4时， 第51页/供52页 6学科网命组卷网 气体的物质的量总是增加2ol,所以反应后气体总物质的量 4+2×0-)=12+2a-2b 3 ，根据压强之 6+a-b a-b ×100% 比等于物质的量之比可知，此时容器内压强和反应前压强之比为6，CH的转化率为3 【小问3详解】 随着Ni负载量的升高，CH4的转化率和CO的选择性逐渐升高。Ni负载量达到21%时，CH4的转化率和 CO的选择性基本不发生变化，i负载量再增加会增加成本，因此工业生产时催化剂中i负载量应选择 21%: 【小问4详解】 水碳比越大，甲烷转化率越大，且能防止发生积碳反应，但是需要更多的能量来获得过量的水蒸气，由此 会增加反应的成本：过低的水碳比会导致碳沉积，从而影响反应效率，因此工业生产中水碳比一般控制在 2.5左右。 第52页/供52页 2025届山东省高三第八次学业水平联合检测同类训练题 化学 1. 下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A. 谷物发酵酿造食醋 B. 小苏打用作食品膨松剂 C. 含氯消毒剂用于环境消毒 D. 大气中NO2参与酸雨形成 2. 明代《天工开物》中记载：“凡酿酒必资曲药成信。无曲即佳米珍黍，空造不成。”其中“曲”的作用是 A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 催化剂 D. 防腐剂 3. 下列物质在生活中的应用，错误的是 A. 用作食品营养强化剂 B. 用作红葡萄酒的漂白剂 C. 维生素C用作水果罐头的抗氧化剂 D. 浸有溶液的硅藻土用于水果保鲜 4. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品 B. 纳米能与酸反应，可用作铁磁性材料 C. 常温下铁遇浓硝酸发生钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸 D. 胶体具有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒 5. 制作雕花玻璃涉及反应。下列化学用语表述不正确的是 A. HF的电子式为 B. 基态Si原子的价层电子排布式为 C. 为碱性氧化物 D. 属于极性分子 6. 氢化锂是一种储氢材料，其供氢原理为。下列说法错误的是 A. 基态O原子的核外电子排布式：1s22s22p4 B. LiH中H元素的化合价是 C. H2O的VSEPR模型： D. LiOH的电子式为 7. 下列分子属于极性分子的是 A. SiCl4 B. PCl5 C. OF2 D. P4 8. 含有未成对电子的物质具有顺磁性。下列物质具有顺磁性的是 A. B. C. NO D. Be 9. 由下列实验现象所得结论正确的是 A. 丙烯醛可以使溴水褪色，说明醛基具有还原性 B. 向未知溶液中滴加盐酸产生能使品红溶液褪色的无色气体，说明溶液中存在 C. 向酸性高锰酸钾溶液中滴加过氧化氢，溶液褪色，说明氧化性：KMnO4>H2O2 D. Fe、Cu和浓硝酸构成的原电池，Fe电极有气体产生，说明金属性：Cu>Fe 10. 下列物质结构与性质或物质用途与性质与具有对应关系的是 A. 分子间存在氢键，所以很稳定 B. HClO可用于杀菌消毒，是因为具有弱酸性 C. 三氟乙酸中使羧基中氧氢键的极性增大，故三氟乙酸的酸性比乙酸强 D. 可用作“钡餐造影剂”以检查胃部是否有溃疡，说明对人体无害 11. 下列实验装置能达到实验目的的是 A收集NO2并吸收尾气 B配制银氨溶液 C电解CuCl2溶液获得铜和氯气 D鉴别乙醇与乙醚 A. A B. B C. C D. D 12. 实验室吸收NO2尾气时，要防止倒吸。下列装置不能达到实验目的的是 A. B. C. D. 13. 某功能高分子材料的结构简式如图所示。下列说法正确的是 A. 其单体的同分异构体可能是含有硝基的芳香族化合物 B. 其单体中共面的原子最多有14个 C. 该功能高分子中存在2n个手性碳原子 D. 其单体属于铵盐的同分异构体中，可能存在4个sp3杂化的碳原子 14. 北京大学余志祥课题组近期发现，将商业可得的钯碳和铑催化剂联合使用，即可在常温、1atm的条件下将多种带官能团的芳香化合物氢化为对应的环己烷衍生物。下列说法正确的是 A. 上述反应类型与溴乙烷在NaOH乙醇溶液中的反应类型一致 B. 鉴别、时可加入氯化铁溶液，观察是否出现紫色沉淀 C. 萘()与菲()互为同系物 D. 沸点：乙苯>甲苯 15. 有机物X是一种合成中间体，其结构简式如图所示。下列说法正确的是 A. 1个X分子中含有4个手性碳原子 B. 可用酸性KMnO4溶液检验X中的碳碳双键 C. X与Na反应产生H2，说明含有醇羟基 D. 与X互为同分异构体 16. 有机化合物X可有效治疗哮喘、支气管炎等疾病，其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是 A. 含有2种含氧官能团 B. 核磁共振氢谱中存在10组峰 C. 不存在顺反异构体 D. 1molX最多能消耗2molNaOH 17. 双(三甲基硅烷基)氨基钾是有机合成中常用的催化剂，其结构如图所示。下列关于双(三甲基硅烷基)氨基钾的说法错误的是 A. 含有离子键、共价键 B. 键长：Si—N>Si—C C. 每个阴离子中含26个σ键 D. 位于s区、p区的元素种数分别为2、3 18. 是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛用于目前的锂电池中。的结构如图所示，其中元素M、X、Y、Z位于同一短周期，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为，下列叙述正确的是 A. X、Y、Z的简单气态氢化物分子之间均能形成氢键 B. X、Y两元素组成的分子一定为极性分子 C. 该化合物形成的晶体熔点比晶体高 D. 该化合物中有极性键、非极性键、配位键和离子键 19. 25℃时，已知草酸钠(用Na2R表示)溶液中含碳粒子的物质的量浓度之和为0.1，通入HCl气体调节溶液中的pOH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中各含碳粒子的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含碳粒子的物质的量浓度负对数()，pOH表示的物质的量浓度负对数。 下列说法错误的是 A. 曲线③表示pc(H2R)随pOH的变化 B. C. x点溶液的pH=2.7 D. pH=7的溶液中： 20. 常温下，向0.10Na3PO4溶液中滴加等浓度的盐酸，混合溶液的pH与溶液中有关含磷粒子浓度比值的对数关系如图所示。已知：lg7.1=0.85；lg6.2=0.79；lg4.5=0.65。 下列说法错误的是 A. III为pH与的曲线 B. C. B点时，加入的盐酸的体积小于Na3PO4溶液体积 D. C点溶液中： 21. 钢铁工业中经常用过二硫酸铵测定钢中锰的含量，过二硫酸根(，S为价)在催化下可将氧化为，离子方程式为(末配平)。下列说法错误的是 A. 一个中含有过氧键个数为2 B. 由方程式可判断氧化性强弱为 C. 钢铁试样用盐酸溶解后再进行测定 D. 当有反应时，转移 22. 将一定量的氯气通入60mL10.00mol/L的氢氧化钾浓溶液中，加热少许时间后，恰好完全反应，测得溶液中含氯元素的离子有：、、。下列说法不正确的是 A. 一共消耗了0.3mol氯气 B. 当溶液中时，反应的离子方程式为： C. 若反应中转移的电子为nmol，则 D. 反应生成的、有一定的氧化性 23. 下列实验操作、现象和结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将铁的氧化物溶于浓盐酸中，滴入几滴酸性KMnO4溶液 紫红色褪去 该氧化物中含有Fe2+ B 向2mL苯酚浊液中滴入1.0Na2CO3溶液 苯酚浊液逐渐变澄清 酸性：苯酚>碳酸 C 向2mLMg(OH)2和NaOH的混合液中滴入少量CuSO4溶液 生成蓝色沉淀 溶度积：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2] D 25℃时，用pH试纸测量NaHC2O4溶液的pH pH<7 水电离出 A. A B. B C. C D. D 24. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器) 选项 实验目的 玻璃仪器 试剂 A 配制一定物质的量浓度的稀硝酸 容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒 蒸馏水、浓硝酸 B 测定锌与稀硫酸反应的速率 锥形瓶、分液漏斗、烧杯、量筒、注射器(玻璃)、胶头滴管、计时器(玻璃) 锌粒、硫酸 C 除去氨中的水蒸气 导管、干燥管、集气瓶 无水氯化钙 D 实验室制备乙炔气体 启普发生器、试管、导管、集气瓶、胶头滴管 碳化钙、饱和食盐水、硫酸铜溶液 A. A B. B C. C D. D 25. 我国某研究团队近期研发了以双极膜(该膜可将水解离成H+和并定向通过)为交换膜的酸碱隔离电解液新型可充电锌锰干电池，工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，Zn电极电势比MnO2极电势高 B. 放电时，双极膜中阴、阳离子分别向左、右移动 C. 放电时，正极电极反应式为 D. 充电时，当电路中转移0.2mol电子，电解质溶液1质量减少6.5g 26. 研究二氧化碳的回收对我国2060年实现碳中和具有重要意义，科学家利用微生物电池电催化还原CO2制备乙烯、乙醇等有机物的装置如图所示。 下列说法错误的是 A. 微生物电池和电解池中的交换膜均为质子交换膜 B. A极电极反应式为 C. 电解池中H+移向C极 D. 若电催化还原CO2生成1mol乙烯，则A极产生2molCO2 27. 为测定含镁3%~5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，说法不正确的是。 方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量； 方案二：称量mg铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。 A. 方案一中若称取5.4g合金粉末样品，投入VmL2.0mol·L－1NaOH溶液中反应，则V≥100 B. 方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高 C. 方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量 D. 方案二中若用空气代替O2进行实验，对测定结果有影响 28. 某化学小组欲通过测定混合气体中O2的含量来计算2g已变质的Na2O2样品中Na2CO3的含量。实验装置如图所示(Q为弹性良好的气囊)。 已知：①过氧化钠与稀硫酸反应的总化学方程式为；②忽略气体在II和IV中的溶解。 下列说法正确的是 A. b的作用是除去气体中的CO2，故b中应装有无水CaCl2 B. 测定气体总体积必须关闭K2，打开K1、K3 C. 量筒II用于测量产生气体的CO2体积，量筒I用于测量产生O2的体积 D. 若量筒I收集的气体折算为标准状况下是224mL，则2g已变质的样品中的Na2O2质量为1.56g 29. 甲异腈(CH3NC)在恒容密闭容器中发生异构化反应： CH3NC(g) →CH3CN(g)，反应过程中甲异腈浓度c随时间t的变化曲线如图所示(图中T为温度)。该反应的反应速率v与c的关系为v=kc，k为速率常数(常温下为常数)，a点和b点反应速率相等，即v(a)=v(b)。下列说法错误的是 A. bf段的平均反应速率为1.0 × 10 -4mol/(L·min) B. a点反应物的活化分子数多于d点 C. T1>T2 D. 3v(d)=2v(e) 30. 恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①；②。反应①的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是 A. 随的减小，反应①、②的速率均降低 B. 体系中 C. 欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间 D. 温度低于时，总反应速率由反应②决定 31. 氮、磷是重要的生命元素，广泛存在于蛋白质、骨骼和遗传物质中。 回答下列问题： （1）血红蛋白(Hb)是血液中运输氧及二氧化碳的蛋白质，由球蛋白与血红素结合而成。血红素是由中心Fe2+与配体卟啉衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图所示。 ①血红素的组成元素中第一电离能最大的是_______(填元素符号)；Fe2+的价电子排布式为_______。 ②含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1mol血红素中通过螯合作用形成_______mol配位键。 ③血红蛋白运输O2的原理为(氧合血红蛋白)，氧分压高时Hb与O2疏松结合形成HbO2，氧分压低时HbO2释放O2，携带和释放O2的过程并不影响Fe2+。人体一氧化碳中毒的原理为，，Hb中的Fe2+与CO、卟啉的4个N结合形成八面体较稳定结构。Hb对CO的亲和力比对O2的亲和力大数百倍，所以血液中侵入CO时，Hb即使已与O2结合，CO也会把O2置换掉而使血红蛋白失去运输氧的能力。 由此可见HbCO中Fe原子的杂化轨道类型可能是_______(填标号，下同)。 A． sp2 B． sp3 C． d2sp3 D． sp3d HbCO中Fe2+与CO之间的相互作用为_______。 A．氢键 B．配位键 C．范德华力 D．离子键 （2）羟磷灰石[Ca5(PO4)3(OH)]是人体骨骼组织的主要无机组成成分。其熔点为1650℃，可以被、取代，形成氟磷灰石或氯磷灰石。 ①羟磷灰石属于_______(填晶体类型)。 ②氮原子之间可以形成双键，而磷原子之间很难形成双键，原因是_______。 （3）氮化铝熔点高、硬度大，其结构与金刚石类似，AlN晶胞结构如图所示，晶胞中Al和N紧密相连。晶胞中氮原子相连接形成的几何图形为_______；若Al原子半径为a、N原子半径为b，该晶胞的原子空间利用率为_______(用含a、b、π的式子表示，列出计算式即可)。 32. 钛和钛的化合物在航天、化工、建筑、医疗等领域都有广泛的应用。 回答下列问题： （1）基态钛原子核外有_______种不同运动状态的电子；Ti3+具有强还原性，从结构角度解释原因：_______。 （2）TiCl4的分子结构与CCl4相同，二者在常温下都是液体。 ①TiCl4分子的空间结构为_______，其中Ti的杂化方式为_______。 ②CCl4难水解，而TiCl4极易水解，原因是_______。 ③TiCl4能形成[Ti(NH3)6]Cl4，[Ti(NH3)6]Cl4中H—N—H的键角_______(填“大于”“小于”或“等于”)NH3中H—N—H的键角。 （3）TiO2可通过氮掺杂反应使其对可见光具有活性，晶胞结构如图所示。 该晶胞中O原子的数目为_______；1、2原子间的距离为_______pm；设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的密度为_______。 33. 利用某废催化剂(含V2O5、TiO2及少量MgO)提取V、TiO2和的工艺流程如图所示。 已知常温下：①Na3VO4和NaVO3可溶于水； ②，； ③溶液中某离子浓度时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）“滤渣a”的成分为Na2TiO3和MgO，酸浸、调pH”生成TiO(OH)2的离子方程式为_____；调溶液pH最小值为_____。 （2）已知Na2SO4和MgSO4的溶解度曲线如图所示。“滤液b”含有Na2SO4和少量MgSO4，从中获得的“系列操作”包含_____、过滤、冷水洗涤、干燥。 （3）已知常温下NH4VO3的溶解度为0.468g，则NH4VO3的溶度积常数为_____(假设水溶解溶质后体积不变)。“沉钒”过程中，一般要加入过量铵盐，其原因是_____。 （4）常用铝热反应法由V2O5冶炼金属钒，反应的化学方程式为_____。 （5）全钒液流电池的工作原理为。此电池的两极区被质子交换膜隔开，则负极区溶液中的含钒离子为_____(填“”“”“”“”四种微粒中的两种)；充电时，阳极区溶液pH_____(填“增大”或“减小”)。 34. 四氧化三铁俗称磁性氧化铁，常用于制造录音磁带和电讯器材，也可作颜料和抛光剂。某工厂以硫铁矿烧渣(主要含有Fe、Al、Ca的氧化物及SiO2)为原料，制备Fe3O4的工艺流程如图所示。 已知：、、。 回答下列问题： （1）“酸溶”硫铁矿烧渣时，为了加快酸溶速率除了加热外，还可采取的措施有_______、_______(任写两条)。 （2）料渣1的主要成分有_______；废铁皮在使用前要用热碱液进行洗涤，其目的是_______。 （3）已知溶液中，要使Al3+沉淀完全，则“调pH”的范围是_______(一般离子浓度认为沉淀完全)。 （4）加入NH4HCO3“沉铁”时，发生反应的离子方程式为_______。 （5）“煅烧1”的目的是将FeCO3转化为Fe2O3.在实验室进行该实验时，下列仪器中不需要的有_______(填仪器名称)。 （6）“煅烧2”时温度对Fe3O4的纯度有很大影响。已知温度对Fe3O4纯度的影响如图所示，则“煅烧2”时，温度最好控制在_______℃；“煅烧2”阶段应控制的最佳比例为_______。 35. BiCl3用于生产铋盐和作有机反应的催化剂，实验室可用单质铋与氯气反应制备，装置如图所示。 已知：①制备时控制反应温度在450℃左右；BiCl3沸点为447℃，约430℃时升华； ②BiCl3易水解，水解产物为BiOCl，BiOCl难溶于水。 回答下列问题： （1）仪器R的名称为_______，装置A为氯气的发生装置，写出反应的离子方程式：_______(固体药品从MnO2和KClO3中选择)。 （2）选择_______(填“装置I”“装置II”或“装置III”)作收集装置并说明原因：_______。 （3）BiCl3样品纯度测定(杂质不参与反应)。 实验步骤如下： ①准确称取5.00g样品，加一定量的水充分反应，过滤、洗涤不溶物2~3次，将滤液和洗涤液一并转移到250mL的容量瓶中配成待测液。样品与水反应的化学方程式为_______。 ②以甲基橙为指示剂，用0.1000的NaOH标准溶液滴定待测液，实验数据如表所示。 滴定次数 待测溶液体积/mL 标准碱溶液体积 滴定前的读数/mL 滴定后的读数/mL 第一次 20.00 0.40 20.41 第二次 20.00 2.10 23.65 第三次 20.00 1.25 21.24 判断滴定终点的依据为_______，样品的纯度为_______%(保留3位有效数字)。 （4）Bi2O3固体和Cl2在高温下发生置换反应也可制备BiCl3。当加入一定量碳粉时，由于熵增原因可以大幅降低反应所需温度，则反应的化学方程式为_______。 36. 实验室制备α-NiS的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知NiS在空气中易被氧化。 实验过程如下： ①向a中加入mgFeS固体，C中盛放0.2NiCl2溶液、氨水-氯化铵缓冲溶液，鼓入N2。 ②打开恒压滴液漏斗开关，滴入盐酸，a中产生气泡，C中有沉淀产生。 ③反应完成后，用抽气筒吸出C中溶液，再用b中的溶液洗涤沉淀，洗涤液也利用抽气筒吸出，如此反复2~3次，干燥。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_______；B中盛放的试剂为_______；装置D的作用为_______。 （2）步骤③用b中的溶液洗涤沉淀的优点为_______。 （3）NiS在空气中易被氧化为Ni(OH)S，该反应的化学方程式为_______。 （4）将步骤③得到的α-NiS固体加入足量的稀硝酸，固体全部溶解，得到NiSO4溶液，向滤液中加入氨水-氯化铵缓冲溶液，再加入铬黑T作为指示剂，用cEDTA二钠(Na2H2Y)标准溶液滴定，消耗EDTA二钠标准溶液VmL。已知：。 加入稀硝酸后反应的离子方程式为_______；α-NiS的产率为_______；若配制EDTA二钠标准溶液定容时俯视刻度线将导致α-NiS的产率_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 37. 有机物J是合成治疗糖尿病药物的中间体，其合成路线如图所示。 已知：i． ii． 回答下列问题： （1）A→E过程中使用三甲基氯硅烷()的作用是_______。 （2）F分子中含氧官能团的名称为_______；E分子中碳原子杂化方式有_______。 （3）F→G反应的化学方程式为_______；G→H的反应类型为_______。 （4）E有多种同分异构体，满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)。 ①分子中含有 ②能与Na2CO3溶液反应放出CO2 其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为6∶4∶2∶2∶1∶1的结构简式为_______(任写一种)。 38. 氟伐他汀钠(H)常用于饮食治疗未能完全控制的原发性高胆固醇血症和原发性混合型血脂异常。其合成路线如图所示。 已知：① ② 回答下列问题： （1）A的名称为_______；C中含氧官能团的名称为_______。 （2）B的结构简式为_______。 （3）写出E→F的化学方程式：_______。 （4）D→E的反应类型为_______；G→H的“一定条件”应为_______。 （5）I()是与碱反应的产物。有机物I同时满足下列条件的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)； ①能发生银镜反应 ②能与FeCl3溶液发生显色反应 ③不能发生水解反应 ④苯环上只有三个取代基 其中核磁共振氢谱中有5组峰的结构简式为_______。 39. 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，用活性炭还原法可以消除氮氧化物的污染。回答下列问题： （1）已知：① ② ③ 则反应的_______。 （2）用NH3催化还原NO，也可以消除氮氧化物的污染。反应的热化学方程式为。若正反应的活化能为，则逆反应的活化能为_______(用含a的代数式表示)。 （3）在用NH3脱氮的过程中存在主反应和副反应。 主反应： 副反应： 在一定温度下向恒容密闭容器中充入2molNH3和3molNO，发生上述反应；若初始压强为20MPa，反应达到平衡时，压强仍为20MPa且N2的分压为4MPa。 ①该温度下主反应的平衡常数Kp=_______MPa(保留3位有效数字)。 ②若反应10min时达到上述平衡状态，则用N2O表示的速率v(N2O)=_______。 ③测得平衡状态下混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图所示。 _______0(填“﹥”“<”或“=”，下同)，_______0。 ④在NH3脱氮过程中，为了有利于无害气体的生成，应选择的条件是_______。 40. 甲烷水蒸气重整反应是传统制取富氢合成气的重要途径，也是最简单和最经济的制氢方法。涉及的反应为 I． II． III． 回答下列问题： （1）_______，_______(用含K1、K2的代数式表示)。 （2）一定条件下，向容积为VL的恒容密闭容器中通入1molCH4和3molH2O(g)发生上述反应，经过tmin达到平衡，容器中H2为amol，CO2为bmol，则反应速率_______(用含t、a、b、V的代数式表示，下同)，此时容器内压强和反应前压强之比为_______，CH4的转化率为_______。 （3）在一定温度、Ni/ZrO2催化条件下，发生甲烷水蒸气重整反应，测得Ni负载量与CH4转化率及CO选择性的关系如图所示。已知：催化剂中Ni负载量越高成本越高。 由图判断，工业生产富氢合成气时，催化剂中Ni负载量应选择的是_______%，理由是_______。 （4）高温会引起催化剂积碳，降低催化剂活性，阻碍反应的进行，水蒸气可以减少积碳的生成。积碳反应：，消碳反应：。已知水碳比对甲烷转化率的影响如图所示。 实际工业生产时，一般选择水碳比为2.5，理由是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $