試卷第=page1010頁，共=sectionpages1212頁河北省衡水中學2022屆高三第一次模擬考試化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．下列有關化學發(fā)展歷史的說法錯誤的是A．伏打電堆的發(fā)明，促進了新元素的發(fā)現(xiàn)、研究及電學的進一步發(fā)展B．門捷列夫?qū)⒃匕凑障鄬υ淤|(zhì)量由小到大依次排列，編制了第一張元素周期表C．侯德榜發(fā)明了以食鹽、氨、二氧化碳為原料制取碳酸鈉的制堿方法，為我國化工事業(yè)的發(fā)展作出了卓越貢獻D．我國科學家從傳統(tǒng)中藥提取出青蒿素，并對其進行結構修飾和改造，得到了一系列抗瘧疾新藥【答案】C【解析】【詳解】侯氏制堿法優(yōu)化了索爾維制堿法，提高了NaCl利用率，減少無用的副產(chǎn)品CaCl2排放，轉(zhuǎn)成有用的化肥NH4Cl，節(jié)約成本并提高了經(jīng)濟效益，C選項錯誤；A、B、D選項說法正確；答案選C。2．無機非金屬材料在生產(chǎn)生活中應用廣泛。下列說法錯誤的是A．玻璃纖維用于高強度復合材料，其主要成分為玻璃B．陶瓷是一種常見硅酸鹽材料，可以用陶瓷坩堝熔融純堿C．碳納米材料是一類新型無機非金屬材料，其中石墨烯具有導電性D．碳化硅俗稱金剛砂，可用作砂紙、砂輪的磨料【答案】B【解析】【詳解】A．玻璃纖維是纖維狀的玻璃，其主要成分為玻璃，常用于高強度復合材料，故A正確；B．陶瓷中的硅酸鹽在高溫條件下能與純堿反應，故B錯誤；C．碳納米材料的主要成分為碳，屬于新型無機非金屬材料，石墨烯具有石墨的層狀結構，具有導電性，故C正確；D．碳化硅為共價晶體，具有高硬度，可用作砂紙、砂輪的磨料，故D正確；故選：B。3．用如圖實驗裝置(部分夾持裝置略去)進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A．用甲裝置除去溶在中的B．用裝置乙制備氫氧化亞鐵沉淀C．用丙裝置定量測定化學反應速率D．加熱裝置丁中的燒杯分離和高錳酸鉀固體【答案】A【解析】【詳解】A．四氯化碳和氫氧化鈉不反應，單質(zhì)溴與氫氧化鈉反應，可用甲裝置除去溶在中的，故A正確；B．應將試劑互換，利用生成的氫氣將裝置內(nèi)空氣排出，圖中裝置無法制備，故B錯誤；C．應該用分液漏斗，不能用長頸漏斗，故C錯誤；D．加熱時碘升華，而高錳酸鉀分解，可分離出碘，不能分離出高錳酸鉀，故D錯誤；故選A。4．下列過程涉及的離子方程式不正確的是A．用燒堿溶液處理使用時過量的衣物除銹劑(主要成分為溶液)：B．用過量氨水吸收廢氣中的：C．磁性氧化鐵溶于HI溶液：D．用稀溶液鑒別銅合金制的假金幣：【答案】C【解析】【詳解】A．為弱酸，燒堿為強堿，兩者發(fā)生中和反應生成可溶性鈉鹽甲酸鈉和水，反應的離子方程式為：，故A正確；B．過量氨水吸收廢氣中的，生成亞硫酸銨和水，離子方程式正確，故B正確；C．HI具有強的還原性，能被氧化成碘單質(zhì)，離子方程式為：，故C錯誤；D．銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、NO和水，離子方程式正確，故D正確；故選：C。5．是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．常溫下，1LpH=1的氫氟酸中氫離子數(shù)目大于0.1B．22.4L(標準狀況)與足量反應后的體系中氫原子數(shù)目小于2C．1mol與金屬鈉充分反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)目一定為4D．1mol中含有的極性鍵的數(shù)目為18【答案】D【解析】【詳解】A．pH=1表示溶液中c(H+)=0.1mol/L，所以數(shù)目為0.1NA，A選項錯誤；B．化學變化中原子守恒，H原子數(shù)目仍然是2mol，B選項錯誤；C．當生成產(chǎn)物為Na2O2時，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為2mol，C選項錯誤；D．該分子中含有N-C、C-H等極性共價鍵共計18個，D選項正確；答案選D。6．由重晶石礦(主要成分是BaSO4，還含有SiO2等雜質(zhì))可制得氯化鋇晶體，某興趣小組設計實驗流程如圖。下列說法正確的是A．浸取過濾操作中得到的濾渣主要成分為SiO2B．“高溫焙燒”和“結晶”兩處操作均需用到蒸發(fā)皿C．在“高溫焙燒”焦炭和BaSO4的反應中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：1D．為提高產(chǎn)品產(chǎn)率，結晶得到的氯化鋇晶體常用乙醇進行洗滌【答案】D【解析】【分析】由流程可知，焙燒時發(fā)生BaSO4(s)+4C(s)4CO(g)+BaS(s)，加鹽酸時BaS與鹽酸反應生成氯化鋇和硫化氫，雜質(zhì)SiO2也會與C發(fā)生反應產(chǎn)生SiC或Si單質(zhì)，濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾分離出BaCl2·2H2O，以此來解答?！驹斀狻緼．在高溫煅燒時雜質(zhì)SiO2與焦炭在高溫下會發(fā)生反應：SiO2+2CSi+2CO↑，或SiO2+3CSiC+2CO↑，Si、SiC不溶于鹽酸，故浸取過濾操作中得到的濾渣主要成分為Si及SiC，A錯誤；B．“高溫焙燒”需要坩堝，“結晶”需要蒸發(fā)皿，B錯誤；C．焙燒時發(fā)生BaSO4(s)+4C(s)4CO(g)+BaS(s)，在該反應中BaSO4為氧化劑，C為還原劑，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4，C錯誤；D．BaS與鹽酸反應生成BaCl2和H2S，從BaCl2溶液中蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到的氯化鋇晶體時，為減少氯化鋇晶體在分離提純時的損耗，常用易揮發(fā)的乙醇進行洗滌，D正確；故合理選項是D。7．室溫下，通過下列實驗探究NH4HCO3溶液的性質(zhì)。實驗實驗操作1用pH試紙測定0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH，測得pH約為82將濃度均為0.1mol/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等體積混合，產(chǎn)生白色沉淀和刺激性氣味的氣體3將等體積1mol/LNH4HCO3與NaCl溶液混合，析出晶體4向1mol/LNH4HCO3溶液中滴加0.1mol/LAlCl3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，逸出無色氣體下列有關說法正確的是A．1mol/LNH4HCO3溶液中存在B．根據(jù)實驗2的現(xiàn)象可以得出C．實驗3靜置后的上層清液中有D．實驗4中產(chǎn)生的氣體是和混合氣體【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．NH4HCO3屬于弱酸弱堿的酸式鹽，在溶液中存在水解平衡（+H2O?NH3·H2O+H+），既存在電離平衡（?H++）、又存在水解平衡（+H2O?H2CO3+OH-），用pH試紙測定0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH，測得pH約為8，溶液呈堿性，說明的水解程度大于的水解程度，故溶液中存在c()＞c()＞c()，A正確；B．將濃度均為0.1mol/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等體積混合，產(chǎn)生白色沉淀和刺激性氣味的氣體，有白色BaCO3沉淀生成，只能說明混合液中c(Ba2+)?c()=0.05×0.05=2.5×10-3＞Ksp(BaCO3)，B錯誤；C．原NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3·H2O)=c()+c(H2CO3)+c()，將等體積1mol/LNH4HCO3與NaCl溶液混合，析出晶體，發(fā)生反應NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，由于有部分在NaHCO3晶體中析出，故靜置后的上層清液中c()+c(NH3·H2O)＞c()+c(H2CO3)+c()，C錯誤；D．向1mol/LNH4HCO3溶液中滴加0.1mol/LAlCl3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，逸出無色氣體，發(fā)生的反應為3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，產(chǎn)生的氣體是CO2，D錯誤；答案選A。8．我國科學家研發(fā)的催化劑@，實現(xiàn)了含炔化合物與二氧化碳的酯化。(a)HCC-CH2OH+CO2(b)HCC-CH2NH2+CO2下列說法錯誤的是A．M環(huán)上的一氯代物有3種 B．M、N都能使溴水褪色C．M最多消耗40g D．N的分子式為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)M的結構簡式可知，M環(huán)上有3種不同化學環(huán)境的氫，其一氯代物有3種，選項A正確；B．M、N都含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色，選項B正確；C．M分子中可相當于看成二個酯基，M最多消耗2mol，80g，選項C錯誤；D．根據(jù)結構簡式可知，N的分子式為，選項D正確；答案選C。9．中溫SOFC電池Ni電極上的反應機理如圖所示，下列說法中錯誤的是A．該Ni電極是中溫SOFC電池的負極B．該中溫SOFC電池采用酸性電解質(zhì)溶液C．從電勢高的電極向該Ni電極移動D．該Ni電極對有較強的吸附作用【答案】B【解析】【分析】固體氧化物燃料電池(SolidOxideFuelCell，簡稱SOFC)，是一種在中高溫下直接將儲存在燃料和氧化劑中的化學能高效、環(huán)境友好地轉(zhuǎn)化成電能的全固態(tài)化學發(fā)電裝置?！驹斀狻緼．吸附燃料H2的Ni為燃料電池的負極，A選項正確；B．由圖可知過程中傳遞O2-，其內(nèi)部電解質(zhì)屬非水環(huán)境，B選項錯誤；C．O2-移向電勢地的負極即Ni電極，C選項正確；D．該電池利用Ni表面的多孔結構吸附H2，D選項正確；答案選B。10．下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A將氨水滴加到紅色石蕊試紙上試紙變藍氨氣屬于堿性電解質(zhì)B向某鉀鹽中滴加濃鹽酸產(chǎn)生的氣體可以使品紅溶液褪色該鉀鹽一定為或或二者的混合物C取兩支試管各加入2mL0.1mol/L的草酸溶液，分別滴加2mL0.01mol/L、0.02mol/L的高錳酸鉀溶液高錳酸鉀溶液褪色并觀察褪色的時間其他條件不變時，反應物濃度越大，反應速率越快D向溶液(墨綠色)中通入溶液由墨綠色變?yōu)樽仙⒂泻谏恋懋a(chǎn)生溶液在酸性條件下不穩(wěn)定，發(fā)生自身氧化還原反應A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【詳解】A．氨氣溶于水生成一水合氨，一水合氨為弱堿能使紅色石蕊試紙變藍，但氨氣自身不能電離屬于非電解質(zhì)，故A錯誤；B．使品紅溶液褪色的氣體可能是二氧化硫也可能是氯氣，若鉀鹽為氯酸鉀，能與濃鹽酸生成氯氣，也能使品紅溶液褪色，故B錯誤；C．兩組實驗中所用的高錳酸鉀的濃度、用量不同，不能根據(jù)褪色時間確定濃度對速率的影響，應該為相同體積、濃度的高錳酸鉀中滴加不同濃度的草酸溶液觀察褪色時間，故C錯誤；D．溶液(墨綠色)中通入，溶液由墨綠色變?yōu)樽仙⒂泻谏恋懋a(chǎn)生，可知反應生成高錳酸鉀和二氧化錳固體，發(fā)生自身氧化還原反應，故D正確；故選：D。11．天然水體中的與空氣中的保持平衡。已知，某溶洞水體中(X為、、或)與pH變化的關系如圖所示。下列有關溶液說法錯誤的是A．隨pH增大，與的變化趨勢相反B．pH=8.3時，C．的電離常數(shù)，D．pH=7時，【答案】C【解析】【分析】H2CO3溶液中有H2CO3H++，H++，由于第一步電離程度遠遠大于第二步電離，故酸性環(huán)境中，c()＞c()，lgc()＞lgc()，由此可知，曲線①②分別表示lgc()、lgc()與pH的變化關系，則曲線③表示lgc(Ca2+)與pH的變化關系?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線①表示lgc()與pH的變化關系，曲線③表示lgc(Ca2+)與pH的變化關系，隨pH增大，lgc()與lgc(Ca2+)的變化趨勢相反，c()與c(Ca2+)的變化趨勢也相反，A正確；B．由分析可知，曲線②分別表示lgc()與pH的變化關系；pH=8.3時，lgc()=-5，則c()=1.010-5mol?L-1，c(Ca2+)===2.810-4mol?L-1，B正確；C．pH=6.3時，lgc()=lgc(H2CO3)，則c()=c(H2CO3)，Ka1==c(H+)=10-6.3；pH=10.3時，lgc()=lgc()，則c()=c()，Ka2==c(H+)=10-10.3；C錯誤；D．由圖可知，pH=7時，lgc(Ca2+)＞lgc()＞lgc(H2CO3)＞lgc()，故c(Ca2+)＞c()＞c(H2CO3)＞c()，D正確；故選C。二、多選題12．某種電化學的電解液的組成如圖所示，X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，下列說法正確的是A．Q、W的最高價氧化物對應水化物可以發(fā)生反應B．原子半徑：Z>YC．Y和Z的簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y>ZD．X、Y、Z三種元素可形成同時含有離子鍵和共價鍵的化合物【答案】AD【解析】【分析】X和W均只形成一條共價鍵，可知X為H、W為Cl，Y形成四條共價鍵，結合原子序數(shù)可知Y為C，Z形成三條共價鍵，可知Z為N，Q共用W提供的4個電子同時得一個電子才滿足穩(wěn)定結構，可知Q最外層電子數(shù)為3，結合原子序數(shù)可知Q為Al，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．Q、W的最高價氧化物對應水化物分別為，兩者能發(fā)生反應，故A正確；B．Y為C、Z為N，兩者為同周期元素，從左到右原子半徑減小，原子半徑：C>N，故B錯誤；C．非金屬性：N>C，非金屬性越強氫化物越穩(wěn)定，故C錯誤；D．X、Y、Z三種元素可形成，既含離子鍵又含共價鍵，故D正確；故選：AD。13．2022年北京冬奧會被譽為科技奧運綠色奧運。為減少空氣阻力，短道速滑競賽服的手腳處使用了蜂窩樣式的聚氨酯材料。二苯基甲烷二異氰酸酯()是制備聚氨酯的原料之一，下列關于該物質(zhì)的敘述正確的是A．易溶于水及有機溶劑B．分子中所有碳原子可能共平面C．能發(fā)生取代、加成反應D．苯環(huán)上的二氯代物有10種(不考慮立體異構)【答案】BC【解析】【詳解】A．二苯基甲烷二異氰酸脂中憎水基團大，難溶于水，故A錯誤；B．中間的碳可通過單鍵旋轉(zhuǎn)與兩個苯平面共面，分子中所有碳原子可能共平面，故B正確；C．苯環(huán)能發(fā)生取代、加成反應，故C正確；D．苯環(huán)上的二氯代物有7種，如圖、，故D錯誤；故選BC。三、工業(yè)流程題14．銅轉(zhuǎn)爐煙灰含金屬元素(主要為、、、)的硫酸鹽和氧化物以及。其有價金屬回收工藝流程如下。已知：時，，?；卮鹣铝袉栴}：(1)“浸出液①”中所含有的金屬陽離子有___________和、。“浸出”中，當硫酸濃度大于時，金屬離子浸出率反而下降，原因是___________。(2)“除雜”中，加入調(diào)至5.2后，用溶液氧化后，所得濾渣主要成分為、，該氧化過程的離子方程式為___________。(3)的溶解度隨溫度變化曲線如圖所示?！皾饪s結晶”的具體操作步驟為：①在時蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱；②降溫至___________蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱；③冷卻至室溫，過濾、洗滌、干燥。其中，步驟①的目的為___________。(4)“轉(zhuǎn)化”后，濾餅的主要成分是和___________。該工藝中，可循環(huán)利用的物質(zhì)有___________。(5)測定煙灰中的：取硝酸浸出液于錐形瓶中，調(diào)為5，加入指示劑后用的標準溶液滴定至終點(離子方程式為)，消耗標準溶液，則的濃度為___________?！敬鸢浮?1)

Cu2+、Zn2+

難溶物PbSO4覆蓋在表面，阻礙銅、鋅元素的浸出(2)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(3)

60

加快蒸發(fā)速率(4)

PbCO3

HNO3(5)10.35ab【解析】【分析】銅轉(zhuǎn)爐煙灰用硫酸“浸出”，得到難溶于硫酸的浸出渣、PbSO4；浸出液中含有硫酸鋅、硫酸銅、硫酸鐵、硫酸亞鐵；浸出渣加入碳酸鈉溶液中，PbSO4沉淀轉(zhuǎn)化為PbCO3，濾餅用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，濾液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液①”中加入過量鐵粉置換出銅、鐵把硫酸鐵還原為硫酸亞鐵，所得濾液①中含有硫酸鋅、硫酸亞鐵；“除雜”中，加入調(diào)至5.2后，用溶液氧化把氧化為，過濾，所得濾渣主要成分為、，濾液②蒸發(fā)濃縮得到。(1)“浸出液①”中含有硫酸鋅、硫酸銅、硫酸鐵、硫酸亞鐵；“浸出液①”中所含有的金屬陽離子有Cu2+、Zn2+、、；當硫酸濃度大于時，難溶物PbSO4覆蓋在表面，阻礙銅、鋅元素的浸出，金屬離子浸出率反而下降；(2)“除雜”中，加入調(diào)至5.2后，用溶液氧化Fe2+，氧化產(chǎn)物是、還原產(chǎn)物是，根據(jù)得失電子守恒，配平氧化過程的離子方程式為3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；(3)①在時蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱；②60硫酸鋅的溶解度最大，降溫至60蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，得到硫酸鋅飽和濃溶液；③冷卻至室溫，過濾、洗滌、干燥。其中，步驟①在時蒸發(fā)的目的加快蒸發(fā)速率。(4)“轉(zhuǎn)化”后，PbSO4沉淀轉(zhuǎn)化為PbCO3，濾餅的主要成分是和PbCO3。該工藝中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反應生成硝酸鉛，“沉鉛”是硝酸鉛和硫酸反應生成硫酸鉛和硝酸，所以可循環(huán)利用的物質(zhì)有HNO3。(5)設硝酸浸出液中的物質(zhì)的量是xmol，x=；則的濃度為10.35ab。四、實驗題15．二氧化釩(VO2)是一種新型熱敏材料。實驗室以V2O5為原料合成用于制備VO2的氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體，過程如下：V2O5VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O回答下列問題：(1)步驟I中生成VOCl2的同時生成一種無色無污染的氣體，該反應的化學方程式為_______。已知：氧化性：V2O5>Cl2，則加入N2H4·2HCl的作用是_______。(2)步驟II可在如圖裝置(氣密性良好)中進行。已知：VO2+能被O2氧化。裝置B中盛裝的試劑是_______；向C中通入是CO2的作用是_______。(3)加完VOCl2溶液后繼續(xù)攪拌數(shù)分鐘，使反應完全，小心取下分液漏斗，停止通氣，立即塞上橡膠塞，將錐形瓶置于CO2保護下的干燥器中，靜置過夜，得到紫色晶體，過濾。此時紫色晶體上殘留的雜質(zhì)離子主要為_______，接下來的簡要操作是_______，最后用乙醚洗滌2-3次，干燥后稱重。(所用藥品為：飽和NH4HCO3溶液，無水乙醇)。(4)測定氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體粗產(chǎn)品中釩的含量。稱量5.1000g樣品于錐形瓶中，用硫酸溶液溶解后得到含VO2+的溶液，加稍過量的0.0200mol/L的KMnO4溶液將VO2+氧化為VO，充分反應后加入特定的還原劑X除去過量的KMnO4，最后用0.0800mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點，消耗體積為30.00mL。(滴定反應：)①在該實驗條件下，還原劑X與Mn2+、VO2+的還原性由大到小為_______。②粗產(chǎn)品中釩元素的質(zhì)量分數(shù)為_______。(保留四位有效數(shù)字)【答案】(1)

2V2O5+N2H4?2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O

做還原劑，防止生成氯氣污染環(huán)境(2)

飽和NaHCO3溶液

排盡裝置內(nèi)的空氣，防止VO2+被氧化(3)

Cl-

先用飽和NH4HCO3溶液洗滌2~3次，再用無水乙醇洗滌2~3次(4)

VO2+>X>Mn2+

2.400%【解析】【分析】V2O5與鹽酸、N2H4?2HCl混合發(fā)生反應：2V2O5+N2H4?2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體；(1)步驟i中V2O5與鹽酸、N2H4?2HCl混合得到VOCl2的同時生成氮氣，反應為：2V2O5+N2H4?2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；已知氧化性：V2O5>Cl2，則加入N2H4·2HCl的作用是做還原劑，防止生成氯氣污染環(huán)境；(2)裝置A中生成的CO2含有HCl雜質(zhì)，所以裝置B的作用是除去HCl，故B中的試劑是飽和NaHCO3溶液；因為+4價的釩化合物在弱酸性條件下易被氧化，所以在向錐形瓶中滴加VOCl2溶液前應通入一段時間的CO2，目的是排盡裝置內(nèi)的空氣，防止VO2+被氧化；(3)用飽和NH4HCO3溶液洗滌是為了除去Cl-，減少晶體的溶解，洗滌操作是先用飽和NH4HCO3溶液洗滌2~3次，再用無水乙醇洗滌2~3次，最后用乙醚洗滌2-3次，干燥后稱重；(4)①KMnO4溶液將VO2+氧化為VO，KMnO4被還原為Mn2+，則VO2+做還原劑，由還原劑的還原性比還原產(chǎn)物強可知還原性VO2+>Mn2+，充分反應后加入加入特定的還原劑X將KMnO4還原為Mn2+，則還原性X>Mn2+，且說明X不能將還原為VO2+說明X的還原性比VO2+弱，故還原性由大到小為VO2+>X>Mn2+；②根據(jù)釩元素的質(zhì)量守恒，根據(jù)滴定反應為：VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，則釩元素的物質(zhì)的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0800mol/L×30.00×10-3L=2.4×10-3mol，粗產(chǎn)品中釩的質(zhì)量分數(shù)為。五、原理綜合題16．近年來，改善環(huán)境是科學研究的重要課題，對于實現(xiàn)碳循環(huán)及廢氣資源的再利用經(jīng)濟技術的發(fā)展都具有重要意義。Ⅰ.利用與CH4制備合成氣CO、?？赡艿姆磻獨v程如圖所示：說明：C(ads)為吸附性活性炭，E表示方框中物質(zhì)的總能量(單位：kJ)，TS表示過渡態(tài)。(1)制備合成氣CO、總反應的熱化學方程式為_______。(2)若，則決定制備“合成氣”反應速率的化學方程式為_______。(3)已知，以與發(fā)生總反應生成CO、為背景向密閉容器中充入等體積的和，測得平衡時壓強對數(shù)和的關系如圖所示。①_______(填“>”“<”或“=”)。②時，(CO)與的比值是_______。Ⅱ.利用高效催化劑處理汽車尾氣中的NO的反應為。(4)一定溫度下，在體積為1L的恒容密閉容器中加入1molCO和1molNO發(fā)生上述反應，部分物質(zhì)的體積分數(shù)φ隨時間t變化如圖所示。曲線b表示_______物質(zhì)的φ~t關系，正反應速率_______(填“>”“<”或“=”)，若起始壓強為，則該反應溫度下_______(分壓=物質(zhì)的量分數(shù)×總壓，用含的式子表示)。(5)可用如圖裝置將霧霾中的NO、轉(zhuǎn)化為則陰極的電極反應式為_______?！敬鸢浮?1)CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)

ΔH=(E5-E1)kJ·mol-1(2)CO2(g)+CH4(g)=C(ads)+CO2(g)+2H2(g)(3)

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(4)

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(5)NO+5e-+6H+=NH+H2O【解析】(1)根據(jù)反應歷程圖可知，該總反應的反應物是甲烷和二氧化碳，其能量總和為E1總反應的產(chǎn)物為一氧化碳和氫氣，其能量總和為E5，則制備合成氣CO、H2總反應的熱化學方程式為CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=(E5-E1)kJ·mol-1；(2)若E4+E1＜E3+E2，則E2-E1＞E4-E3，其中E2-E1是第一步反應的活化能，E4-E3是第二步反應的活化能，化學反應的快慢，是由活化能大的步驟決定的，因此是由第一步?jīng)Q定的，由反應歷程圖可知，反應的方程式為CO2(g)+CH4(g)=C(ads)+CO2(g)+2H2(g)；(3)①因為E1＜E5，故反應CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=(E5-E1)kJ·mol-1為吸熱反應，由圖可知，當圖中橫坐標相同時T1時氫氣對應的對數(shù)值大，對于吸熱反應來說，升高溫度平衡正向移動，故T1＞T2；②由題意可知：，因為CO2和CH4的充入的體積相同，且反應的系數(shù)相同，故=，由圖可知b點lgp(H2)=0，則b點時p(H2)=1，lgp(CH4)=1，則p(CH4)=10，因此=；(4)由圖可知，平衡時一氧化碳和一氧化氮的體積分數(shù)都為0.125，設反應生成氮氣為amol，由題意可建立如下三段式：由一氧化碳的體積分數(shù)為0.125可得=0.125，解得a=0.4，此時N2的體積分數(shù)為=0.25，因此b曲線為N2；由圖可知，t3時反應未達到平衡，t4時反應達到平衡，故t3時正反應速率大于t4時正反應速率；由平衡前后氣體的壓強之比等于物質(zhì)的量之比可知，反應后的壓強為×po=0.8po，則該反應溫度下Kp==(5)NO、SO2轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4時，NO發(fā)生得電子的還原反應，SO2發(fā)生失電子的氧化反應，則電解池中通入SO2的電極為陽極、通入NO的電極為陰極，陰極上NO得電子生成NH，電極反應式為NO+5e-+6H+=NH+H2O。六、結構與性質(zhì)17．氮、鐵、鈷等元素的化合物在現(xiàn)代農(nóng)業(yè)、科技、國防建設中有著許多獨特的用途。(1)鐵、鈷位于周期表的_______區(qū)，的電子式為_______，N、C、O的第一電離能由大到小的順序為_______，中心離子的電子排布式為_______，已知的幾何構型為正八面體形，推測的空間結構有_______種。(2)是的一種配合物，IMI的結構為，IMI中大π鍵可表示為_______(已知苯中的大π鍵可表示為)，該配合物的配位原子為_______(填序號)，配位數(shù)為_______，IMI的某種衍生物與甘氨酸形成的離子化合物常溫下為液態(tài)而非固態(tài)。原因是_______。(3)Co可以形成六方晶系晶體，晶胞結構如圖所示，以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子坐標。已知晶胞含對稱中心，其中1號O原子的坐標為(0.6667，0.3333，0.1077)，則2號O原子的坐標為_______。設為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度為_______(用代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)

d

N>O>C

2(2)

I

4

陰陽離子半徑大，電荷小，形成的離子晶體晶格能小，熔點低(3)

(0.3333，0.6667，0.6077)

【解析】(1)由元素周期表結構可知，鐵、鈷屬于第四周期第Ⅷ族元素，均位于周期表d區(qū)；CN-中間以三個共用電子對形成穩(wěn)定結構，電子式為；同一周期主族元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，N元素的P軌道處于半充滿狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故N、C、O的第一電離能由大到小的順序為N>O>C；中心離子為Co3+，電子排布式為1s22s22p63s23p63d6；[Co(NH3)6]3+為正八面體結構，Co3+位于正八面體中心，若將[Co(NH3)6]3+中的2個NH3分子換成2個Cl-后，2個Cl-可以是相對的位置或者相鄰的位置，故可以形成2中不同的結構形式；(2)大π鍵可用符號Ⅱ表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)，根據(jù)IMI的結構可知，形成5個原子6個電子的大π鍵，即為Ⅱ；由結構可知，該配合物的配位原子為I；配位數(shù)為4；該化合物中陰陽離子體積大，半徑大，電荷小，形成的離子晶體晶格能小，熔點低，故常溫下為液態(tài)而非固態(tài)；(3)根據(jù)晶胞中1號O原子的坐標和晶胞含對稱關系，根據(jù)對稱關系0.6667+0.3333=1，0.3333+0.6667=1，0.1077+0.8923=1，對稱位上的O的坐標為(0.3333，0.