安徽宣城市郎溪中学2025-2026学年高二下学期班考五 化学试题

高二下化学班考（五)参考答案 1.A【详解】 A.HC1是共价化合物，形成过程可表示为：H+·C1:→H:C:,A错误： B.铜的原子序数为29，基态铜原子的价层电子排布式：3d°4s,B正确： C.S0,的中心原子价层电子对数为2+6-2x23,有1个孤电子对，SPR模型： ,C正确： 2 0 0 D.连四硫酸根$，O(结构为0一S一s一s一S一o)中与0相连的2个s为+5价，不与0相连的2个s为0价，D正确： 0 2.D【详解】A.1L0.1 moVLHCIO,中，HClO,所含H原子的物质的量为0.lmol,且溶剂水还含有大量H原子，因 此溶液中H原子总数大于O.1Na,A正确； B.36g冰的物质的量 ,363=2l:冰中每个水分子与4个相邻水分子形成氢键，每个氢键被2个水分子共有， 18g/mol 因此平均每个水分子对应4×2个氢键，2m01冰所含氢键总数为2×2N、=4Wa,B正确： C.60gSiO,的物质的量为 60g,=1mol,SO,晶体中每个Si原子形成4个i-0键，因此1mols0,含Si-0键数 60g/mol 目为4NA,C正确： D.KC10,溶液中存在平衡：Cr,O号+H,0三2CrO+2H,部分Cr,O会转化为CrO,因此1L0.1mol/L溶液 中CT,O的数目小于01NA,D错误； 3.D【详解】A.12g金刚石含1olC原子，每个C原子与周围4个C原子形成C-C键，每个C-C键被2个C 原子共用，故1molC含有的C-C数目为2Na,A错误； B.选项未说明是标准状况，无法确定22.4LN2的物质的量，无法计算孤电子对数，B错误： C.C?为直线形结构，中心C原子的杂化类型为P杂化，C错误； D.反应中生成1molH,时，2molH失去2mol电子，1molC失去4mol电子，共转移6mol电子，故生成0.2mol H2时转移电子的物质的量为0.2×6=1.2mol,D正确： 4.D【详解】A.0原子的价层电子对数为2+6-？1-2+2=4，N原子的价层电子对数为3+5-3x1-3+1=4, 2 2 二者均为$p杂化，A不符合题意； B.C-O-H中O原子与C-N-H中N原子均为sp杂化，O原子的孤电子对数为2，N原子的孤电子对数为1， 孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力，斥力越大，键角越小，因此C-O-H的键角小于 C-N-H的键角，B不符合题意； C.电负性：O>>H,电负性差值越大，共价键极性越强，因此O-H的极性大于N-H的极性，C不符合题意： D.手性碳原子是指连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，该分子中含有手性碳原子，如个，D符合题意： 个NH, 5.D【分析】MO,电极表面发生MiO2还原为m2+的反应，为正极，电极反应为MO,+4H+2e=Mm2++2H,O, X为硫酸溶液，Zn电极表面发生Zn氧化为[Z(OH),P的反应，为负极，电极反应为Z1-2e+4OH=[Zn(OH),]P, Y溶液为KOH溶液，据此解答 【详解】A.由题中反应可知，X为酸性电解质，Y为碱性电解质，结合获得电能同时可以制得KSO4,可知X为 HSO4,Y为KOH,A正确； B.为制得KzSO4,a膜允许O通过，故为阴膜，b膜允许K+通过，故为阳膜，B正确： C.电池放电时，正极为MnO2电极，发生还原反应，电极反应式为MO,+4H+2e=Mm2++2H,O,反应消耗H, pH升高，C正确； D.每消耗1 mol Zn,电路中转移2mol电子，根据正极反应式MO,+4H+2e=Mm2++2H,O,正极区溶液增加 1 nol MnO2的质量，同时有1mol疏酸根离子进入中间室，正极区电解质溶液质量减少96g-87g-9g,D错误： 6.C【详解】A.向盛有NO2与NO,的恒压密闭容器中通入N2,由于恒压条件，容器体积增大，导致NO2和NO, 的浓度同时因稀释而降低：平衡2NO2一N,O,虽会向气体分子数增多的生成NO2方向移动，但该移动只能减弱浓 度降低的趋势，无法抵消体积增大带来的稀释作用，最终气体颜色变浅的核心原因是O,浓度整体降低，而非平衡 向NO2减少的方向移动，A错误： B.以K,CrO,为指示剂用AgNO3滴定CI时，先出现白色AgC1沉淀、后出现砖红色AgCO,沉淀，但AgCl属于 AB型沉淀，溶度积表达式为K,(AgCI)=c(Ag)c(CI),Ag,CrO,属于AB型沉淀，溶度积表达式为 K,(Ag,CrO,)=c2(Ag)c(CrO}),二者表达式形式不同，沉淀先后顺序仅反映达到沉淀溶解平衡所需Ag浓度的 答案第1页，共4页 差异，不能直接比较K知的大小，B错误： C.向FeCl,溶液中加入过量铁粉，发生反应2Fe++Fe=3Fe2+,过量铁粉将Fe3+完全还原为Fe2+,所以滴加KSCN 溶液无明显变化：静置后取上层清液滴加氯水，溶液变红，说明氯水将F+氧化为F+，即F+能被氧化剂氧化， 证明Fe2+具有还原性，C正确； D.测定0.01mol.L某酸溶液的pH为2，仅能说明溶液中c(H)=0.01molL,但这无法证明该酸完全电离：若为 一元强酸，完全电离时c(H)=0.01mol·L、pH=2；这不能排除其为多元弱酸的可能性，例如某二元弱酸在 0.01ol1L时电离出的氢离子浓度可能恰好为0.01ol/L,同时未明确酸的元数、温度等条件，因此无法判断该酸 为强酸，D错误； 7.B【分析】X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素且原子序数依次增大，其中Y是有机物的基本骨架元素， 则Y为C元素；化合物结构中X形成+1价阳离子，且原子序数小于Y(碳)，故X为L;M、Q在化合物结构中M 形成2个共价键、Q形成6个共价键，且Q的原子序数是M的两倍，推测M为O元素、Q为S元素：Z的原子序 数介于碳、氧之间，故Z为N元素；化合物结构中Y(碳)形成4个共价键，即L形成1个共价键，L的原子序数大 于氧、小于硫，故L为F元素。 【详解】A.水分子间能形成氢键，导致其沸点高于硫化氢，A错误： B.亚硫酸为弱酸，B正确： C.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小：简单离子半径大小的顺序为：S2>O2>F>L计， C错误： D.该物质中锂原子最外层没有达到8e结构，D错误； 8.C【详解】 1s22s22p A。基态氧原子核外电子轨道表示式为日可出日，核外电子空间运动状态有5种，A项错误： B,同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能， 故第一电离能：Cl>P>S,B项错误： C.由结构可知，B和P均形成了4个共价键，均为$p3杂化，C项正确： ph Ph]- D.1 mol B 中，含有12molx4=48molo键，D项错误： Ph 9.C【分析】HSeO3是二元弱酸，随pH增大(KOH加入)，先以HSeO3存在，然后生成HSeO?,最后生成SeO, 因此δ对应HSeO3,61对应HSeO;,62对应SeO?。 【详解】A.6,对应的微粒是HSeO;,不是SeO,62对应SeO,A错误； B.第二步电离平衡为HSc0,=H+Se0:，电离常数K2=c()e(SeOi2 。由图可知，pH=7.3时 c(HSeO,) c(HSeO;)=c(Se0}),因此K2=cH)=10-73。当pH-8.3时，cH)=10-83,代入得： c(Sc0）_K2=1073 c(HSeO;）cH*)108 =10,不是0.1，B错误。 C.向0.lmol/L H2SeO3溶液中加入等体积的o.lmol/LKOH溶液，溶质为KHSeO3。HSeO,的水解常数 K 之0年10，远小于scO,的电离常数K,一10，因此seO,电离程度大于水解程应，面 度关系：c(HSeO,)>c(SeO)>c(H,SeO),C正确。 D.根据电荷守恒，SeO带2个单位负电荷，应该为：cH+c(K)=c(OH)+c(HSeO,)+2c(SeO),D错误： 10.C【分析】根据均摊法，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硅原子个数为：8×】+6×】=4，位于体内 8 2 的镁原子个数为8，则晶胞的化学式为MgSi。 【详解】A.由晶胞结构可知，镁原子位于硅原子形成的四面体空隙中，A正确： B.由晶胞结构可知，晶胞沿ⅹ轴方向投影得到的正方形中，晶胞的顶点的硅原子位于正方形的顶点，晶胞中面心 ●● ●● 上的硅原子位于正方形的中心和边上，晶胞中的镁原子，位于正方形的面对角线上，投影图为 。 B正确 C.由品肉结构可知，钱和硅原子之间的最近距离为晶胞体对角线的子由品胞参数为8m可知，最近的距窝为 4 pm,C错误； D.由晶胞结构可知，位于顶点的M原子的坐标为0,0,0)，则位于体对角线上的N原子的坐标为己，3 4’4’ ),D正 确； 答案第2页，共4页 11.(除标注外，每空2分，共22分) (1)第四周期IB族（1分)3d°4s(1分) N(1分) d(1分)(2)三角锥形(1分) 由于NH,分子间存在氢键，分子间作用力比PH,大，破坏NH,分子间的作用力使液态H变为气态需要消耗更多 HH 的能量，所以NH的沸点高于PH3(3)B(1分) H-N→B-H(4)< 键角①处的0原子是sp杂化， HH 1.04×102 4x 键角②处的C原子是sp杂化（⑤B (612 -×100% Na (2v2r) 【详解】(1)铬为24号元素，位于元素周期表第四周期VIB族；基态铬原子的电子排布式为：[Ar]3d4s,价电 子排布式为3d4s；核外电子占据的最高能层符号为N;属于d区元素； (2)PH,中心原子价层电子对数为：3+x5-1×3)=4,孤电子对数为1，则PH分子的空间结构为三角锥形：由 2 于NH3分子间存在氢键，分子间作用力比PH3大，破坏H3分子间的作用力使液态H3变为气态需要消耗更多的 能量，所以NH的沸点高于PH3: (3) 同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：B>C>>O;电子层数越多，半径越大，则原子半径：B>C> N>O>H,原子半径最大的是B;NHBH,中N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，则NH与BH之间形成配 HH 位键，其结构式为：H一N→B一H: HH (4)键角①处的0原子价层电子对数为：2+2-4，为p3杂化，键角②处的C原子价层电子对数为：3+0=3，为$即 杂化，键角：p>sp3,则键角①<键角②； (5)①由图可知，LiF晶胞为氯化钠型结构，F采用面心立方堆积，Li计位于F围成的正八面体空隙中，故选B: ②根据均摊法，晶胞中，F个数为：8x+6×=4,Li计个数为：12×+1=4，则一个晶胞中含有4个Li证，该晶胞 8 2 4 4M4×(7+19 -g 棱长为am,M为阿伏加德罗常数，则LiF晶体密度为：p=”-义=，N 1.04k1 7-V(ax10°cmj -g/cm3 (6)①晶体铜采用面心立方堆积，由晶胞结构可知，铜原子的配位数为12： 包铜晶胞中，铜原子个数为：8X3十6X,三4，一个铜晶胞中含有4个C山，已知：铜的原子半径为rpm,则4 4 Cu所占体积为：4×三3，面对角线为4，则晶体边长为：2√2r,则晶胞体积为：（2√2)，晶体铜的空间利用率 4. 4×-3 为： 3 ×100%。 3 2√2r 12.(每空2分，共14分) (1)-122.5低温(2)BC(3)Z低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡逆移，C02平衡转化率减小： 高温时以反应3为主，温度升高平衡正移，C0,平衡转化率增大32%6.6×103 【详解】(1)根据盖斯定律，目标反应2C0,(g)+6H,(g)=CH,OCH,(g)+3H,O(g可由2×反应1+反应2得到，因 此△H=2△H+△H2=2×(-49.0kmo)+(-24.5kJ·mol)=-122.5 kJ.mol；该反应△K0,△S<0,根据自发反应 判据△G=△H-T△S<0,该反应只有在低温下能自发进行： (2)A.温度过低，反应速率太慢，且催化剂需要合适的活性温度，并非温度越低越好，A错误： B.总反应是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动；及时分离出二甲醚，平衡也正向移动，均能提高二 甲醚产率，B正确： C.恒温恒压下充入惰性气体，容器体积增大，各反应物分压减小，平衡向气体分子数增大的逆向移动，不利于二 甲醚生成，C正确： D.催化剂只能改变反应速率，不影响平衡，不能提高平衡转化率，D错误： 故选BC； (3)①反应1、反应2均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以CH,OCH的选择性降低，反应3为吸热反应， 升高温度平衡正向移动，所以CO的选择性增大，所以X表示CH,OCH的选择性、Y表示CO的选择性，则Z表示 CO,的平衡转化率；低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡逆移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为 答案第3页，共4页 主，温度升高平衡正移，CO,平衡转化率增大，所以随温度升高CO2的平衡转化率先降低后升高： ②220℃时，CO2的平衡转化率为40%，CH,OCH,的选择性为80%，CH,OCH平衡时物质的量为 1molx40%x80%÷2=0.16mol,理论产量是1molC02完全转化为0.5 nolCH,0CH3,CH,OCH的平衡产率为： 0.16×100%=326: 0.5 ③起始，(H2)=4nol,,(CO2)=1ol。由图可知，在220℃时C02的转化率为40%，CH,0CH3的选择性为80%， CH,OCH,平衡时的物质的量为0.16ol,C0的选择性为5%，即平衡时C0的物质的量为 1nol×40%×5%=0.02mol,根据碳元素守恒，可得CH,OH选择性为15%，即平衡时CH,OH的物质的量为 1mol×40%×15%=0.06mol,三段式分析： CO(g)+H(g)CO(+H,9 反应3： 转化/mol0.02 0.02 0.02 0.02 2CH,OH (g)CHOCH g)+H,) 反应2： 转化mol0.32 0.16 0.16 CO2(g)+3H,(g)CH,OHg)+H,O) 反应1：转化mol 0.38 1.14 0.38 0.38 则平衡体系中有0.6nolC02、2.84molH2、0.06 mol CH,○H、0.56molH,0、0.16 mol CH,0CH3、0.02molC0, (0.02×3.0 (0.56×3.0 气体总物质的量为4.24mol,反应3的K。= 4.24 4.24 6.6103。 0.6 2.84 ×3.0× ×3.0 4.24 4.24 13。 (每空2分，共14分) 3d 4s (1) ↑↑↑↑个 (②)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (3)C/O,+6H++6Fe2+=6Fe3++3H2O+CI (4)Cu(OHD2 Fe(OH)3 155 (⑤溶液的pH增大，溶液中cH)减小，平衡向正反应方向移动（⑥1：1（⑦）Na×I0而 【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OD2,还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体 (CoC2042HO),钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Cu2+、Fe2+、Co2+、Mn2+和SO离子，则CoO、 Co(OHD2、CuO、Fe0都和稀硫酸反应生成硫酸盐，nO2被SO还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+,SO同时被 氧化为SO2,SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2:向滤液中加入NaC1o3,NaClo3将Fe2+氧化为Fe3+,然后加 入NaOH调节pH值，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O42H2O。 【详解】(1)己知Co是27号元素，基态Co原子的价电子排布式为：3d4s2,则其价电子轨道表示式为： 3d 4s W↑ ↑↑ (2)反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是增大 接触面积，加快反应速率，提高浸出率。 (3)“氧化”时，NaClo3将Fe2+氧化为Fe3+,发生反应的离子方程式为ClO+6H+6Fe2+=6Fe3+3H0+CI。 (4)由分析结合表中数据可知，当Co2+生成沉淀时，Cu2*、F3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pP'得到 的沉淀X的主要成分是Cu(OH)zFe(O田3. (5)由题干信息中萃取平衡可知，当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因 是溶液的pH增大，溶液中c(H减小，平衡向正反应方向移动。 36.6g (6)nCoC,0,~2H.0183gm00.2mol,根据Co原子守恒得n(Co门m(CoC,0,-240=0.2mol,设n(Co0amol, n(Co3O4)ymol,根据Co原子的物质的量、混合物的质量列方程组①x+3y=0.2mol,②75x+241y=15.8g,解得 x-0.05mol,y=0.05mol,所以该混合物中Co0与Co304的物质的量之比-0.05mol:0.05mol=1:1。 (7)由题干晶胞可知，一个晶胞中含有1个Ti、含有8×-1个C0和6x=3个0，则一个晶胞的质量为： 8 2 59+48+3×16 g,一个晶胞的体积为：(a×l0°cm)3,故该晶体的密度为： N 59+48+3×16 g 155 p-m= NA 59+48+3×16。 V (ax10-icm) Nax1009cm3或有NAax100gcm3。 答案第4页，共4页高二下化学班考试卷（五) 命题人：李嫚 审题人：周明强 分值：100分考试时间：60分钟 可能用到的相对原子质量：H1Li7C12016F19Si28Ti48Mn56Co59Zm65 第卷（选择题共50分） 一、单选题（共10小题，每小题5分，共50分） 1.下列化学用语或图示表达错误的是 A.HC1的形成过程可表示为：H干C:→H[C:] B.基态铜原子的价层电子排布式：3d°4s C.SO,的VSEPR模型： 0 D.连四硫酸根S,0:(结构为0一S一 -S- 0)中S的化合价为+5和0价 2.设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A.1L0.1moL的HC104溶液中含H原子的数日大于0.1NAa B.36g冰中所含的氢键的数日为4N C.60gSi02晶体中含Si-0键数目为4NA D.1LpH=4的0.1 mnol/L K Cr,0,溶液中C,o数目为0.1Na 3.Li,CN,是一种高话性的人工固氨产物，其合成反应为2LH:C+N商温i,CN,+H,已知CN的空间结构为 直线形，阿伏加德罗常数的值为N,下列说法正确的是 A.12gC(金刚石)中含有C-C数目为4NA B.22.4LN2含有的孤电子对数为2NA C.CN中C的杂化类型为sp2 D.该反应中，每生成0.2molH2,转移的电子的物质的量为1.2mol 4.3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀（治疗2型糖尿病），其分子结构如图所示。下列说法正确的是 A.分子中0原子和N原子均为即杂化 B.分子中C-O-H的键角大于C-N-H的键角 C.分子中O-H的极性小于N-H的极性 NH, D.分子中含有手性碳原子 3-氨基-1-金刚烷醇 5.水系锌锰离子电池是一种新型的二次电池，通过在水系电解液中的氧化还原反应来实现能量的存储与释放。其 放电时工作原理如图所示，获得电能的同时可以制得KSO4,下列说法错 负载 误的是 a膜b膜 A.X为HSO4,Y为KOH →Mn2+ Zn(OH) B.a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜 K2S04 C.电池放电时，正极区溶液的pH升高 X溶液 溶液 Y溶液 D.放电时，每消耗1olZm,正极区电解质溶液质量增加87g MnO,电极 Zn电极 第1页，共4页 6.下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 向盛有NO2与N,O,的恒压密闭容器中通入一定体积的N2,最终气体颜 化学平衡向NO2减少的方向移动 色变浅 以K,CrO,为指示剂，用AgNO,标准溶液滴定溶液中的C,先出现白 B K(AgCD)<K(Ag CrO) 色沉淀，后出现砖红色沉淀 向盛有2 mL FeCl,溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加 O Fe2+具有还原性 K$CN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 D 测定0.01mol/L某酸溶液的pH为2 该酸是强酸 A.A B.B C.C D.D 7.中国科学院研究员研究双层电容器中储能行为时，运用到某种离子化合物结构如图所示。其中X、Y、Z、M、L、 Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。Q的原子序数是M的两倍；Y是有机物的基本骨架元素。下列结论 正确的是 A.简单氢化物沸点：M<Q M MM M B.Q的含氧酸不一定属于强酸 C.简单离子半径大小的顺序为：Q>X>M>L X L3Y -YL D.该物质中所有原子最外层均达到8e结构 8.某含Cr催化剂（一Ph为苯基）可用于CO2光催化还原，其结构简式如图所示。下列说法正确的是 A.基态氧原子核外电子空间运动状态有8种 Ph Ph B.第一电离能：C1>S>P C.该催化剂中B和P的杂化方式一样 Ph Ph'Ph Ph Ph Ph D.lmol[BPh,J中含有28molo键 9.25C时，亚硒酸HSeO)在溶液中存在多种微粒形态HSeO.、HSO;、SeO)。向亚硒酸溶液中加入KOH溶液， 各微粒的分布系数δ与溶液pH的关系如图所示（分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数）。下列说法正确的是 c(Se;) 1.0 A.6对应的微粒是SeOB.当pH=8.3时， =0.1 δ1 δ2 c(HSeO,) 0.8 0.6 C.向0.1 molL H2SeO3溶液中加入等体积的0.1mol/LKOH溶液，溶液中： pH=2.5 /pH=7.3 0.4H c(HSeO,)>c(SeO;)>c(H,SeO,) 0.2 D.反应过程中：cH+cK=c(OH)+c(HSeO?)+c(SeO) 0 246810pH l0.晶态半导体材料硅化镁的立方晶胞结构如图。晶胞参数为apm。下列说法错误的是 A.Mg位于Si形成的四面体空隙中 B.MgSi晶胞沿x轴方向的投影图为 第2页，共4页 C.晶胞中Mg与si之间最近的距离为 -a pm o Si 2 ●Mg D.N点Mg原子的分数坐标为 (333 4'4'4 M(0,0,0) 第卷（非选择题共50分） 11.(22分)回答下列问题： (1)铬在元素周期表中的位置是 基态铬原子的价电子排布式为 。核外电子占据的最 高能层符号为，属于」 区元素。 (2)PH,与NH结构相似，分子的空间结构为 NH的沸点高于PH,原因是 (3)H,BH(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)而成为颇具潜力的化学储氢材料之一。上述 涉及的元素H、B、C、N、O原子半径最大的是，氨硼烷的结构式为 ① ② 4) 的键角① 键角②。（填“>”、“<”或“=”）， CF 判断的理由是 (⑤)LF晶胞结构如图所示。 ①L证晶胞中，Li计位于F围成的 空隙中。 A.正四面体B.正八面体C.立方体D.平面正方形 ②该晶胞棱长为apm,Na为阿伏加德罗常数，Li证晶体密度为 g·cm3(列出计算式即可)。 (6)晶体铜的晶胞结构如图甲所示，原子之间相对位置关系的平面图如图乙所示 ①铜原子的配位数为 ②己知：铜的原子半径为rpm,晶体铜的空间利用率 (用含r的代数式列出计算式)。 12.(14分)将C02催化加氢转化为二甲醚(CH,0CH)是实现碳资源利用的重要途径，具有潜在的工业应用前景，根据 题目所给信息及所学知识完成以下问题。 由CO2、H,制备二甲醚包括三个反应： 反应1：C0,(g)+3H,(g)≥CH,OH(g)+H,Og)△H1=-49.0kJ.mol- 反应2：2CH,OH(g)≠CH,OCH,(g)+H,O(g)△H2=-24.5kJ·mo1 反应3：C02(g)+H2(g)=C0(g)+H,O(g)△H,=+41.2 kJ.mol1 (1)反应2CO,(g)+6H,(g)=CH,OCH,(g)+3H,O(g)的△H= _kJ.mol-,该反应在 (填“高 温低温”或“任意温度”)下自发。 (2)下列说法正确的有 (填标号)。 A.反应1和反应2都是放热反应，因此生产温度越低越好 B.为了提高CH,OCH,的产率，生产过程中可以增大压强或及时分离出CH,OCH, C.恒温恒压条件下，充入惰性气体不利于CH,OCH的生成 第3页，共4页 D.加入反应1的催化剂，可提高CO,的平衡转化率 (3)研究人员在恒压(3.0MPa)密闭容器中充入4molH,和1 mol CO,发生反应，CO2的平衡转化率和CH,OCH3或C0 的选择性随温度变化如图所示。[已知：A物质的选择性= (A)×A物质含有的碳原子数 消耗的(CO2) ①图中表示C02的平衡转化率的曲线是 (填字母)，试解释该曲线的变化趋势： 100 (220,80) ②220℃时，CH,OCH3的平衡产率为 (产率= 实际产量 80 ×100%) 理论产量 (220.40) 60 ③220℃时，反应3的K。为 (保留2位有效数字)。(K。为用分 40 压表示的平衡常数，气体的分压=总压×该气体的物质的量分数) 20 (220,5) 13.(14分)草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴 ● 220260300340TC 矿[主要成分是CoO、Co,O,、Co(OH),,还含有少量SiO2、Cu0、Fe0及MO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC,O,·2H,O 摩尔质量183gmo)的工艺流程如图所示： Na2SO,溶液稀硫酸NaCIO3溶液NaOH溶液 (NH4)2C2O4 钴矿一 浸取 氧化 调节pH 提纯→沉钴→CoC204·2H20 浸出渣 沉淀X 常温下，有关沉淀数据如下表完全沉淀时，金属离子浓度≤1.0×10molL1)。 沉淀 Mn(OH)2 Co(OH), Co(OH), Fe(OH): 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 回答下列问题： (1)基态C0原子的价电子轨道表示式： (2)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 (3)浸出液中主要含有Fe2+、Co2+、Cu2+、Mn2+和SO离子，“氧化时，发生反应的离子方程式为 (4)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 (填化学式)。 (⑤)提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)2,发生反应： Co2+n(HA)2一CoA(n-1)(HA),+2H。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增 大，其原因是 0 (6)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加 热至恒重，得到Co0(摩尔质量75gmol)与Co,04(摩尔质量241g/mo)的混合物15.8g,该混合物中Co0与Co,O4的 物质的量之比为」 0 (T)一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为αpm,设N为阿伏加德罗常 Ti Co 数的值，该钛酸钴晶体的密度为 gcm3(列出计算式)。 a pm 第4页，共4页