湖南邵东市第一中学2025-2026学年高二下学期第一次监测 化学试卷

2026年上学期高二第一次监测化学试卷 时间：75分钟分值：100分 一、单选题共42分) 1.下列用化学知识对事实或现象的解释正确的是() 选项 事实或现象 解释 A 切好的茄子放在空气中容易变黑 淀粉被空气氧化变黑 铁原子核外电子发生跃迁形成氧 公 工人对铁制品进行发蓝处理 化物保护膜 C 将白糖熬制成焦糖汁为食物增色 主要利用蔗糖在高温下充分炭化 两条脱氧核苷酸链形成双螺旋结构的 分子间可通过氢键自组装成超分 D DNA 子 2.下列化学用语或图示正确的是() A.基态Fe+的价电子轨道表示式： E中 3d 4s B.HClo的电子式：H:ci:O: C.A1Cl,所含化学键类型：共价键 D.E2分子中ō键的电子云轮廓图： 3.下列关于物质性质或应用的解释错误的是() 选项 性质或应用 解释 前者熔化克服的是离子键，后者熔化克 Na的卤化物熔点高于Si的卤化物 服的是比离子键弱的分子间作用力 铜氨溶液中加入无水乙醇产生蓝色晶 B 乙醇的极性小于H,O 体 用15一冠一5识别分离溶液中Na Na半径与该冠醚的空腔周长相当 O,的极性微弱，更接近非极性分子的性 D O,在CC14中溶解度大于在水中溶解度 质 第1页，共10页 4.N为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是() A.1.0L1.0mol·LNa,PO,溶液中PO数日是Na B.标准状况下，2.24LN2与足量H2反应生成NH,分子数为0.2NA C.0.1mol CH=CH2中sp杂化的碳原子数为0.8NA D.ImolCO,分子中含有o键的数目为NA 5.我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短 周期元素Q、W、X、Y和Z组成。基态X原子的s轨道电子数比p轨道电子数多1， X所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电 子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法错误的是() A.晶体Q属于共价晶体 B.XY,分子中心原子的杂化方式为p C.ZY属于离子化合物且其水溶液呈碱性 D.第一电离能：Y>X>W 6.下列关于青蒿素分子的说法中，不正确的是( A.青蒿素的分子式为CsH2O CH B.过氧基团（一O一O一）的存在可以通过 H H.C 红外光谱证实 CH C.对青蒿素进行结构改良得到了药效更佳的 OH 青蒿素 双氢青蒿素 双氢青蒿素，该过程发生了氧化反应 D通过晶体的X射线衍射实验可获得青蒿素晶体中分子的空间结构 7.根据下列实验操作和现象能得出相应实验结论的是() 选项 实验操作和现象 实验结论 往0.5mol·L NaHCO,溶液中加入盐酸，将产生的气 非金属性：Cl>C>Si 体通入Na,SiO,溶液中，Na,SiO,溶液中有沉淀生成 向2mL0.1mol·L AgNO,溶液中先滴加4滴 B K (AgI)<K(AgCI) 0.1mol-LKc1溶液，再滴加4滴0.mol.L 'KI溶 第2页，共10页 液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 以Zn、Fe为电极，以酸化的3NaCl溶液作电解质 溶液，用导线连接形成闭合回路。一段时间后，取 牺牲阳极法保护金属Fe F电极区域少量溶液于试管中，滴入2滴 K[Fe(CN)6]溶液，未出现蓝色沉淀 用pH试纸分别测定饱和的CH,COONa溶液和 HNO,电离出H的能力比 0 NaNO,溶液，pH依次为9和8 CH,COOH的强 8.已知反应NO,(g)+CO(g)套？NOg)+CO,(g)由以下两种基元反应构成 2NO,g)?NO,(g)+NO(g)(第1步)、NO,g)+CO(g)?NO,(g)+CO,(g) (第2步)，其能量与反应历程如图所示。下列说法正确的是() A.该反应的△H>0 能量 B升高温度两步反应中反应物转化率均增大 C,选择优良的催化剂可降低两步反应的活化能 NO2(g)+CO(g) D.该反应的速率由第2步反应决定 NO(g)+CO(g) 9.下列实验仪器或装置的选择正确的是() 第1步 第2步 反应历程 稀硝酸 硅酸钠 溶液 石 A用NaOH溶液滴定盐酸 B比较HNO?、H,CO3、H,SiO3的酸性强弱 MgCL2·6H2O HC 碱石灰 C萃取后从下口放出碘的苯溶液 D制备无水MgC1, 第3页，共10页 10.一定温度下，向2L密闭容器中充入X(g)与Y(g),二者发生反应生成Z(g)。反应 过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示：若保持其他条件不变，温度分别为工和 T,时，Y的体积分数随时间的变化如图2所示。则下列叙述正确的是() Y的体积分数 1.6 1.6 12 12 0.8 0.8 0.4 0.4 时间/min 时间/mim 时间/min 图1 图2 图3 A.前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.3mol/(L·min) B.保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数飞减小 C.保持温度和容器体积不变，4min时再向容器充入1.4molX和0.8molZ,该时刻 V正>V逆 D若改变反应条件，使X、Y、Z的物质的量如图3所示，则改变的条件是增大压 强 11.某种具有质子摇椅机制的水系镍有机电池（质子交换膜未画出）工作原理如图 所示。放电时，a极生成偶氮苯。下列说法错误的是() NiOOH KOH溶液 Ni(OH)2 偶氮苯！ A.放电时，H由左向右移动 B.充电时，a极接电源负极 C.充电时，b极的电极反应为NiOOH+e+H=Ni(OH, D.放电时，每生成1mol偶氮苯，外电路转移的电子数目约为1.204×1024 第4页，共10页 12.硒化锌是一种重要的半导体材料。其晶胞结构如图甲所示，图乙为晶胞的俯视图， 已知原子分数坐标a点(0,0,0)，c点(1,1,1)；晶胞参数为pm。下列说法 正确的是() OZn OSe 甲 A.晶胞中Zn原子的配位数为8 B.晶胞中d点原子分数坐标为4 311 C.Se位于元素周期表的d区 D.Zn和Se的最短距离为V m 13.某V,O,失活催化剂是重要的含钒二次资源。从酸浸处理之后的浸出液中提取钒的 一种工艺流程如图。下列说法错误的是() 物质X HA 物质Y 有机层 含V02+、Fe4 Fe2+浸出液 反应 萃取 反萃取 含V024 水层 (NH)SO,NH,H2O KCIO, V,0←焙烧 NHVO 沉钒调氧亿 已知，HA（有机酸性萃取剂)对阳离子的萃取能力：Fe+>VO2+>Fe2+。 A.物质X为酸性高锰酸钾溶液 B.反萃取时，物质Y可以选用硫酸 C.氧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6：1 D.调pH时，发生反应：VO+2NH3·H,O谵？VO,+2NH+H,O 14.菠萝扎嘴的原因之一是含有难溶于水的草酸钙针晶。常温下，向足量CC,O4浊 液中加HCl或NaOH调节pH,lgc(M)(M代表Ca+,CaC,O4)与pH关系如图1所 第5页，共10页 示，溶液中含碳物质的摩尔分数与pH关系如图2所示，已知K,(CaC,O,)=l082, Kp「Ca(OH)2=l0s6。下列说法错误的是() 1.0 0.8 -3 Ca2 -4 0.6 Iou)/] 5 ….m -6 04 07 CaC2O(aq) 0.2 35791i13p品 0 1.3 4.356pH 图1 图2 An点的横坐标为2.8 B.溶液pH=7时，c(HC,O4)+2c(C,O})=2c(Ca2+) C.用钙离子处理含草酸根离子的废水，pH应控制大约5~11 D.m点处体系中存在两种固体物质 二、填空题（共58分） 15.（16分)连二亚硫酸钠(Na,S,O,)在造纸、印染等行业应用广泛。某兴趣小组采 用锌粉法制备NaS,O4,装置如图： 单向阀示意图 NaOH溶液 JpH计 S02 尾气吸收， 温度计 锌粉水 悬浊液 电加热磁力搅拌器 具体操作：向装有锌粉水悬浊液的仪器B中通入SO,,于35~45℃下反应生成ZS,O4 溶液；再加入适量NaOH溶液调节pH;然后抽滤，向滤液中加入NaCI固体，析出 Na,S,O4晶体，经过滤、无水乙醇洗涤、干燥，得到NaS,O4固体。 已知：①N,S,O4易溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化；S,O在碱性溶液中较 稳定，在pH<4的溶液中会快速发生歧化反应。 第6页，共10页 ②Zm2+形成Zm(OH),沉淀的pH:5.4开始沉淀，8.2沉淀完全，10.5开始溶解，13.0 溶解完全。 回答下列问题： (1)仪器C名称为 (2)装置A的作用是防止倒吸，可用 替代（填序号）。 (3)在实验操作中，下列有关叙述正确的是 A.实验室利用Na,SO,固体与98%的浓硫酸制备SO, B.将锌粒预处理为锌粉悬浊液是为了加快反应速率 C为防止产品分解，应采用在空气中低温干燥 (4)写出S02与锌粉水悬浊液反应得到ZnS,0,的化学方程式为 此时需控制通入的$O,不能过量，原因是 (⑤)操作中加入NaOH溶液，调节pH的合适范围是 选用无 水乙醇洗涤Na,S,O,晶体的优点是 (6)将SO2通入甲酸与烧碱的混合液，也可制备NS,O4,同时得到CO2,该反应中氧 化剂与还原剂的物质的量之比为 16.(14分)现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依 次增大。A元素原子的价电子排布式为s”p+1,C元素为最活泼的非金属元素，D元素 原子核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，E元素正三价离子的3d 轨道为半充满状态，F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成 对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有刷毒。 1.A元素的第一电离能 B元素的第一电离能（填“>”或“=）。 2.A、B、C三种元素电负性由小到大的顺序为 (用元素符号 表示)。 3.C元素原子的电子排布图为 ；E3+的离子符号为 第7页，共10页 4.F元素位于元素周期表的 区，其基态原子的电子排布式为 5.G元素可能具有的性质： A.其单质可作为半导体材料 B.其电负性大于磷 C.最高价氧化物对应的水化物是强酸 17.(16分)中国是世界上最早利用细菌治金的国家。已知金属硫化物在细菌氧化” 时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉（其中细小的A颗粒被 FeS,、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并治炼金，工艺流程如下： 空气NaCN溶液 Zn 足量空气HS0. 浸出液 滤渣 [Au(CN)2] >Au 浸金 沉金 细菌氧化 操作1 →滤液② 矿粉 pH=2 含Zn[CN 滤液① 沉铁砷 →净化液 回答下列问题： (1)Zn属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 (2)细菌氧化过程中，硫酸的浓度 (填逐渐变大”、逐渐变小” 或“保持不变) (3)浸金中发生反应的离子方程式为 (4)沉金中Zn的作用为 (5)滤液②中的Zm(CN),含有配位键，其中参与配位原子是 (填碳原子或氮原子)，理由是 (6)常温下，溶液中CN分别与三种金属离子形成配离子 [AC么(CN.户e(CN。广，子衡时，g金离与-电CN的关系 c(配离子) 如图所示。 第8页，共10页 10 -10 Ⅲ 20 20 -30 .40 -1g c(CN ①当I对应的相关离子浓度处于点P时，配离子的解离速率 生成 速率（填>”、<”或=）。 ②当IⅡ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量Z(NO)2粉末，达平衡 c(Au) c(Fe3+ 时， cA(CN,J）c([Fe(CN. 的大小：前者 后者（填>”、 6<”或=”) 18.(12分)二氧化碳的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将二氧化碳转 化为高附加值化学品是目前研究的热点之一。利用C0,和H2合成甲醇，在催化剂作用 下可发生如下两个平行反应。 反应I:C02(g)+3H2(g)=CH,OH(g)+H2O(g）△H1=-49.47kJ/mol,K 反应I:Co2(g)+H2（g)fCO(g)+H,O(g）△H2=+41.17kJ/mol,K2 请回答： (1)有利于提高甲醇平衡产率的条件是 A.低温低压 B.低温高压 C.高温低压 D.高温高压 (2)反应CO(g)+2H(g)=CH,OH(g)的△H= kJ/mol (3)在催化剂下，向密闭容器中充入一定量C0,及H2,起始和平衡时各组分的量如下表 C02 H CH,OH() co H,O(g) 总压kPa 起始mol 1.0 3.0 0 0 0 Po 平衡mol 第9页，共10页 2 若反应均达平衡时，P。=1.2p,则表中h= :若此时%=mol,则 反应I的平衡常数K。= (无需带单位，用含总压p的式子表示)。 (4)一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应mm,体系中甲醇的产率和催化剂 的催化活性与温度的关系如下图所示。此温度范围内，催化剂活性不受影响。 100 80 60 40 20 0 460480500520540560 T/K 当温度高于490K后，甲醇产率减小的原因可能是 (⑤)C02是高分子材料的重要原材料，高分子材料是现代材料体系的重要组成部分，广 泛用于医药、环保、日用品等领域，下列说法错误的是 A.我国研发的以CO,为原料制备的可降解聚二氧化碳塑料，其合成反应类型为加聚反 应 B.生物医药领域常用的天然高分子材料中，蚕丝的主要成分是蛋白质 C可用于制作光学镜片的有机玻璃（聚甲基丙烯酸甲酯)，其单体分子能发生加成、 取代和氧化反应 D.中药材炮制过程中，部分饮片会经油脂浸润处理，油脂属于酯类化合物，且属于天 然高分子化合物 第10页，共10页参考答案 1.答案：D 解析：淀粉不容易被空气氧化，茄子中的多酚类物质易被空气氧化变黑，A不符合题 意；工人对铁制品进行发蓝处理，即在铁制品表面形成一层致密的氧化物薄膜，是铁 原子外层电子发生转移产生的，B不符合题意；焦糖的主要成分仍是糖类物质，同时 还含有一些醛类、酮类等物质，白糖在高温下变成焦糖并不是蔗糖的炭化，C不符合 题意；两条脱氧核苷酸链上的碱基通过氢键自组装成超分子，D符合题意。 2.答案：C 解析：基态F®+的价电子轨道表示式为田田，A错误；HCO的电子式为 3d H:0::,B错误：A1CI,中含有的化学键是共价键，C正确：E分子中o键的电子云 轮廓图为，D错误。 3.答案：C 解析：Na的卤化物（如NaCI)属于离子晶体，熔化时需克服离子键；Si的卤化物 (如SC1,)属于分子晶体，熔化时仅需克服分子间作用力。由于离子键远强于分子间 作用力，前者熔点更高，A正确：铜氨溶液中存在铜氨络离子[Cu(NH)4，加入无 水乙醇后，因乙醇极性小于水，根据“相似相溶规律，铜氨络离子形成的物质在极性 较弱的无水乙醇中溶解度降低，从而析出蓝色晶体，B正确：根据形成超分子“结构互 补，尺寸适配的原则，15一冠一5识别分离Na+本质是Na的直径与冠醚的空腔直径 高度匹配，C错误：O,分子极性微弱（接近非极性），CC1,是非极性溶剂，水是强极 性溶剂。根据相似相溶规律，O,在非极性的CC14中溶解度更大，D正确。 4.答案：C 解析：A.PO能水解，故PO数目小于N,故A错误； B.N2与H2反应为可逆反应，生成NH分子数小于0.2N,故B错误： C.苯乙烯中所有碳原子均为$p杂化，故C正确； D.Co,分子的结构式为O=C=O,1个CO2中有2个o键，1 molCO,分子中含有 2molo键，故D错误。 答案选C。 5.答案：B 解析：A.由分析可知，Q为B,硼晶体为共价晶体，A正确： B.由分析可知，X为N、Y为F,XY,为NE中N原子周围的价层电子对数为：3+ ×(5-3x)=4,放其杂化为印（三角锥形），非，B错误： C.由分析可知，Y为F、Z为Na,则NaF是由Na和F构成，为离子化合物，由于F 水解使溶液呈碱性，C正确： D.由分析可知，W、X、Y分别为C、N、F,根据同一周期从左往右元素的第一电离 能呈增大趋势，故第一电离能F>N>C即Y>X>W,D正确： 故答案为：B。 6.答案：C 解析：A.由青蒿素的结构式推知，其分子式是CsH2O,,A项正确： B.有机特征官能团可通过红外光谱证实，B项正确： C青蒿素转化为双氢青蒿素，发生还原反应，C项错误： D.通过晶体的X射线衍射实验可获得衍射图，经过计算可以从衍射图中获得晶体有关 信息，如了解键角、键长等，从而了解空间结构，D项正确： 故答案选C。 7.答案：C 解析：A.根据强酸制取弱酸原理可知酸性：HC1>H,CO,>HSiO3,可知非金属性： C>S,不能通过盐酸酸性的强弱，来证明氯的非金属性的强弱，A错误： B.AgNO3溶液过量，与KI反应生成沉淀，不能判断两者K,的大小，B错误： C.以Fe、Zn为电极，以经过酸化的3%NaCI溶液作电解质溶液，形成闭合回路。一段 时间后，用胶头滴管从F电极区取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴 KF©(CN)。溶液，试管中没有明显现象，说明没有亚铁离子产生，铁是正极，因此 Fe未被腐蚀，且受到保护，该方法为牺牲阳极保护Fe,C正确： D相同温度，醋酸钠和亚硝酸钠的溶解度不同，盐溶液浓度不同，无法根据饱和钠盐 溶液pH定性判断其对应酸的酸性强弱。只有钠盐溶液浓度相同时，才能根据钠盐溶 液的pH大小判断其对应酸的酸性强弱，D错误； 故选C。 8.答案：C 解析：A.由图知，反应物的总能量高于生成物的，故△H<0,A项错误： B.第1步反应吸热，反应物转化率均增大，第2步为放热反应，反应物的转化率减小， B错误； C.选择优良的催化剂能降低第1步和第2步的活化能，C项正确： D.第1步反应的活化能大，反应速率慢，整个反应由第1步决定，D项错误。 故选C。 9.答案：D 解析：A.NaOH溶液为强碱，应使用碱式滴定管（下端为橡胶管），若装置中为酸式 滴定管（玻璃活塞），A错误； B稀硝酸与石灰石反应生成CO,但稀硝酸易挥发，挥发出的HNO,会与硅酸钠反应 生成H,SiO,干扰CO2与硅酸钠的反应，无法证明H,CO3酸性强于HSO3,B错误： C.苯的密度比水小，碘的苯溶液（有机层)在上层，分液时上层液体应从上口倒出， 从下口放出的是下层水层，C错误： D.MgCl,·6H,O加热易水解，在HC1气流中加热可抑制Mg+水解，生成无水MgC, 尾气用碱石灰吸收HCl,装置合理，D正确： 故选D。 10.答案：C 解析： 11.答案：C 解析：放电时，阳离子向正极移动，由分析可知H由左（负极）向右（正极）移动， A正确：根据分析可知，充电时，a极作阴极，接电源负极，B正确：充电时，b极作 阳极，其电极反应为Ni(OHD2+OH-e=NiOOH+H,O,C错误；放电时，每生成lmol 偶氮苯，转移2mol电子，则外电路转移的电子数目约为1.204×1024，D正确。 12.答案：D 解析：由图可知，晶胞中与Z原子距离最近的Se原子的个数为4，故A错误：将晶 胞均分为8个小立方体，原子d应为上层四个小立方体的右前方一个小立方体的体心， 313 c的分数坐标为(1.1,1)，d的原子分数坐标为 44’4 故B错误；Se位于周期 表中第四周期第VIA族，属于p区，故C错误；图中Zm与Se之间的最短距离为晶胞 体对角线长的子，体对角线长为3Pm,则Se和Z之间的最短距离为5 pm,故 D正确。 13.答案：A 解析：若物质X为酸性高锰酸钾溶液，在氧化亚铁离子过程中会引入新杂质，A错误； HA为有机酸性萃取剂，反萃取剂也应为酸，结合后续流程离子种类判断，可为硫酸， B正确：氧化过程中V元素化合价从+4价（Vo2+)升高为+5价(VO;),C1元素化 合价从+5价(C1O,)降低为-1价(C1),根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物 的物质的量之比为6：1，C正确：沉钒过程中生成NH4VO3,则调pH时发生反应： VO+2NH3·H,O、三VO,+2NH+H,O,D正确。 14.答案：B 解析：若要使草酸钙溶液体系pH=7,必须向体系中加入可调节pH的某些试剂，即 体系中还存在其他离子，溶液pH=7时c(H)=c(OH）,以下电荷守恒等式 c(HC,O4)+2c(CO)+c(OH)=2c(Ca2+)+c(H)缺少某些离子，无法得出 c(HC,O4)+2c(C,O)=2c(Ca+),B错误。 15.答案：(1)恒压滴液漏斗 (2)② (3)B (0250,+2m35~45℃ZnS,04:过量的S0,会使溶液酸性增强，导致ZnS,0,不稳定， 损失产品 (⑤)8.2≤pH<10.5:减少产品溶解损失，有利于产品快速干燥 (6)2:1 解析：(1)由题干图像可知，仪器C为恒压滴液漏斗： (2)装置A为安全瓶”，起缓冲和防止倒吸作用。选项（①进气口低于液面无法防倒 吸，选项②进气口高于液面不易发生倒吸： (3)A.实验室制SO,常用NaSO3固体与较浓的硫酸（如70%)，98%浓硫酸会使 Na,SO3表面脱水结壳，阻碍反应，A错误； B.锌粉悬浊液增大了固液接触面积，加快反应速率，B正确： C.Na,S,O4在空气中易被氧化，不能在空气中干燥，C错误： 故选B; (4)S02与锌粉在水中发生氧化还原反应，Zn被氧化为Zn2*,S0,被还原为S,O (连二亚硫酸根)，故该反应方程式为2SO,+Z 35~45℃ZS,04:过量S0,溶于水 生成H,SO,使溶液酸性增强(pH降低)，已知S,O?在pH<4的溶液中会快速发生 歧化反应，导致ZS,O,分解，产品损失； (5)加入NaOH目的是将ZS,O,转化为Na,S,O4,并使Zn2+沉淀为Zn(OH),除去， Zm2+沉淀完全pH≥8.2，Z(OH),开始溶解pH>10.5,同时需保持溶液为碱性(pH≥8) 以稳定S,O,因此pH应控制在8.2spH<10.5;NaS,O4易溶于水，难溶于乙醇，用 乙醇洗涤可减少产品溶解损失，且乙醇易挥发，有利于产品快速干燥； (6)由题干可知该反应的化学方程式为 2S0,+HCOOH+2NaOH一Na,S,O,+C0,个+2H,O,在该反应中二氧化硫（硫元素 降价)做氧化剂，甲酸（碳元素升价）做还原剂，且二者系数比为2：1，即氧化剂与还 原剂的物质的量之比为2：1。 16.答案：1.≥ 2.N<O<F 3.▣▣四四O,e+ Is 2s 2p 4.ds,1s22s22p3s23p3d04s1 5.A 解析：根据题意可推知，A为N、B为O、C为F、D为Mg、E为Fe、F为Cu、G 为As。 As与Si位于周期表中对角线位置，其单质可作为半导体材料，As的电负性比P小：因磷 酸为中强酸，由元素周期律知As的最高价氧化物对应水化物的酸性比嶙酸酸性弱。 17.答案：(1)ds;3d4s2 (2)逐渐变大 (3)4Au+02 +8CN+2H,O-4[Au(CN)2]+40H (4)作还原剂，将[Au(CN)2还原为Au (⑤)碳原子：C中碳氮都含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤 电子对形成配位键 (6)>:< 解析：(1)Zm是第30号元素，基态原子的价电子排布式为3d4s2,属于ds区元素； 细菌 (2)细菌氧化过程中，4FeS,+150,+2H,O 4Fe++8SO2+4H,硫酸的浓度逐渐 变大： (3)浸金中由Au,氧气，NaCN反应生成[Au(CN),,Au由0价升高到+1价， 发生反应的离子方程式为4Au+O2+8CN+2H,O一4[Au(CN)2]J+4OH; (4)沉金中Zn由0价变为+2价，作还原剂，将Au(CN),还原为Au: (5)滤液②中的[Zn(CN)4]含有配位键，其中参与配位原子是CN中的C原子， 理由是：配位原子要有孤电子对，且电负性较小，容易提供孤电子对，CN中碳氮都 含有孤电子对，但碳原子的电负性比氮原子小，更易提供孤电子对形成配位键： (6)设金属离子形成配离子的离子方程式为：金属离子+CN=配离子，则平衡常数 K c(配离子) c(金属离子)×c"(CN)' Kgc(配离予 mc(Cr）一1g金属离更n1gc(Cr）,即 c(金属离子) c(配离子) 1g(金属离至-lgc(CN）1K,故三种金居离子形成配离子时，m越大，对应 c(配离子) 1e(金层离至gc(CN)曲线斜率越大，则m代表g c(Fe2+) Ⅲ代表 c(配离子) c([Fe(CN)) c(Au) 1g c([Au(CN)) ①I是g c(亿n2+) c(Zn(CN)4]2-) 与gc(CN)变化的关系。由P点状态移动到形成[Zn(CN),] 盛子的反应的平衡状态，©N不变，gc2CN增大，即c亿)增天 c(亿n(CN),])减小，即Zm2++4CN三Zn(CN),P平衡左移，则P点状态 [Zn(CN),]离子的解离速率>生成速率： ②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量Zn(NO,),粉末，会消耗 CN形成「Zn(CN),配离子，使得溶液中c(CN)减小（沿横坐标轴向右移动）， c(Au") 与lg c(Fe2+) 1g 曲线在Q点相交后，随着-gc(CN)继续增大，Ⅱ c([Au(CN)2T) c([Fe(CN)]) 位于Ⅲ上方，即1g c(Fe2+) --gc(Au') cFe(CN)c(Au(CN,D则cTe“) c(Au) c([Fe(CN)])c([Au(CN),])' 故达平衡时， c(Au) c(Fe2) 的大小：前者<后者。 c([Au(CN)2T)c([Fe(CN)]) 18.答案：(1)B (2)-90.64 8 (4)490K之后，温度升高反应I逆向移动反应Ⅱ正向移动，氢气和二氧化碳浓度下降，水 蒸气浓度增加，从而导致反应逆向移动： (5)D 解析：(1)生成甲醇的反应I是放热、气体分子数减少的反应，低温、高压都能使反 应虹平衡正向移动，提高甲醇平衡产率，因此选B。 (2)根据盖斯定律，目标反应反应I-反应Ⅱ，因此△H=△H1-△H2= (-49.47 kJ/mol)-(+41.17kJ/mo0=-90.64kJ/mol。 (3)根据阿伏伽德罗定律推论可知，恒温恒容下，压强之比等于总物质的量之比，起 总物质的量为1+3三m0,由2=12p得二，白2，解得n2￥0mol;平图 卫n总平 时(CH,O=,反应I反应前后计量数不变，故反应前后物质的量发生变化是反应I 引起的，列关系式得 C0,(g) 3H,g) CH,OH(g) 十 H,O(g) △n 1 3 1 1 2 h 4-n总平 12 24-n总平 0mol,解得4三mol;由两个反应均生成H,O,反 成水的物质的量与生成甲醇的物质的量相等（均为mol)，消耗氢气的物质的量为 2 1mol,消耗二氧化碳mol:两个反应生成水总物质的量为%亏mol,反应生成 3 1 H,0的物质的量为23mol=子mol,消耗二氧化碳和氢气的物质的量均为mol,平 3 3 衡时4c0,)=lmolmol--na-写nal,平商时aH,)3 mol-mol-写nol-号mal, MLo-no,m,omal,飞-号m,分性分别为pC0,）px0C0 n总平 -g高-品p-g-p高号a0p 1 5 n(CH,OH) n总平 =P 3 3 3 3=卫 00'p(H,0)=p nH,O=p× P n总平 105 3 3 卫×卫 K,=pCH,Om×pH,O=10x5 8 3 p(C02)×p(H2)3 Px卫 5p2。 10(2 (4)在490K之前，反应尚未达到平衡，甲醇产率随着温度升高而增大：490K之后， 甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动， Hg)和C0(g)浓度降低，H,0(g)浓度增加，导致反应I逆向移动： (5)A.CO,制备聚二氧化碳塑料，属于加聚反应，A正确： B蚕丝主要成分为蛋白质，属于天然高分子，B正确： C聚甲基丙烯酸甲酯的单体（甲基丙烯酸甲酯）含碳碳双键，可发生加成、取代、氧 化反应，C正确：D油脂属于酯类，不属于天然高分子化合物，D错误；故答案为：D。