試卷第=page1010頁，共=sectionpages1212頁四川省成都市2022屆高三下學(xué)期第一次適應(yīng)性考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________一、單選題1．化學(xué)對提高人類生活質(zhì)量、促進(jìn)社會(huì)發(fā)展和科技的創(chuàng)新有重要作用，下列敘述錯(cuò)誤的是A．北京冬奧會(huì)手持火炬“飛揚(yáng)”在出口處噴涂含堿金屬的焰色劑，實(shí)現(xiàn)了火焰的可視性B．維生素C和細(xì)鐵粉均可作食品脫氧劑C．納米鐵粉主要通過物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+D．用銀器盛放鮮牛奶，溶入的極微量銀離子可殺死牛奶中的細(xì)菌，防止牛奶變質(zhì)【答案】C【解析】【詳解】Ａ．火炬“飛揚(yáng)”在出口處噴涂含堿金屬的焰色劑，利用了金屬的焰色實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，實(shí)現(xiàn)了火焰的可視性，A項(xiàng)正確；Ｂ．維生素C和細(xì)鐵粉均具有還原性，可做食品脫氧劑，B項(xiàng)正確；Ｃ．納米鐵粉具有還原性，將污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+還原為對應(yīng)的單質(zhì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；Ｄ．銀離子為重金屬陽離子，可以使細(xì)菌蛋白質(zhì)變性，防止牛奶變質(zhì)，D項(xiàng)正確；答案選C。2．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯(cuò)誤的是A．3g14C16O與14N16O的混合氣體，含有的中子數(shù)介于1.5NA與1.6NA之間B．常溫常壓下，17gNH3中含有的電子數(shù)為10NAC．0.1mol乙烯與乙醇的混合物完全燃燒所消耗的O2分子數(shù)為0.3NAD．60gSiO2和12g金剛石中各含有4NA個(gè)Si—O鍵和C—C鍵【答案】D【解析】【詳解】A．14C16O和14N16O的摩爾質(zhì)量都為30g/mol，14C16O和14N16O的中子數(shù)分別為16和15，所以3g14C16O與14N16O的混合氣體，含有的中子數(shù)應(yīng)介于×16×NAmol—1=1.6NA和×15×NAmol—1=1.5NA之間，故A正確；B．常溫常壓下，17gNH3中含有的電子數(shù)為×10×NAmol—1=10NA，故B正確；C．1mol乙烯和乙醇完全燃燒所消耗氧氣的物質(zhì)的量都為3mol，所以0.1mol乙烯與乙醇的混合物完全燃燒所消耗的氧氣分子數(shù)為0.1mol×3=0.3NA，故C正確；D．金剛石中每個(gè)碳原子與4個(gè)碳原子形成4個(gè)碳碳鍵，每個(gè)碳碳鍵為2個(gè)碳原子所共有，每個(gè)碳原子形成的碳碳共價(jià)鍵的數(shù)目為4×=2個(gè)，則12g金剛石中含有的碳碳鍵的數(shù)目為×2×NAmol—1=2NA，故D錯(cuò)誤；故選D。3．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序數(shù)依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序數(shù)：3Y=Z+R，常溫下X與Y可組成兩種液態(tài)二元化合物。某種緩沖溶液的主要成分結(jié)構(gòu)如圖。下列說法錯(cuò)誤的是A．R的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y<ZC．X、W均能與Y形成具有漂白性的化合物D．簡單離子半徑：Y>Z>W【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序數(shù)依次增加，X、Y、W位于不同周期，常溫下X與Y可組成兩種液態(tài)二元化合物，則X為H元素、Y為O元素；由緩沖溶液的主要成分結(jié)構(gòu)中W為正一價(jià)陽離子、R形成5個(gè)共價(jià)鍵可知，W為Na元素、R為P元素；由原子序數(shù)：3Y=Z+R可知，Z為F元素?！驹斀狻緼．磷元素的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物磷酸為中強(qiáng)酸，故A錯(cuò)誤；B．元素的非金屬性越強(qiáng)，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，氧元素的非金屬性弱于氟元素，所以水的穩(wěn)定性弱于氟化氫，故B正確；C．過氧化氫和過氧化鈉都具有強(qiáng)氧化性，都是具有漂白性的化合物，故C正確；D．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以簡單離子的離子半徑為O2—>F—>Na+，故D正確；故選A。4．下列有關(guān)制取氣體的設(shè)計(jì)方案正確的是選項(xiàng)制取氣體所選藥品收集裝置①②ANH3濃氨水氧化鈣④BSO2濃硫酸亞硫酸鈉④CCO2醋酸溶液石灰石③DCl2濃鹽酸二氧化錳③A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【詳解】A．氨氣極易溶于水，密度比空氣小，因此一般采用向下排空氣法收集氨氣，故A錯(cuò)誤；B．亞硫酸鈉與濃硫酸反應(yīng)生成SO2，可用氯化鈣干燥，其密度比空氣大，用向上排空氣法收集，故B正確；C．CO2是酸性氣體，③中堿石灰會(huì)吸收二氧化碳，且其密度比空氣大，向上排空氣法收集，故C錯(cuò)誤；D．二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣需要加熱，所以該裝置不能得到氯氣，故D錯(cuò)誤；故選：B。5．檸檬酸苯甲酯是一種重要的有機(jī)物，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法正確的是A．檸檬酸苯甲酯的所有碳原子可以共平面B．1mol檸檬酸苯甲酯最多能與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)C．檸檬酸苯甲酯能發(fā)生取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)D．1mol檸檬酸苯甲酯與足量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)，消耗4molNaOH【答案】C【解析】【詳解】A．含有多個(gè)飽和碳原子，具有四面體的結(jié)構(gòu)特征，則所有的碳原子不可能共平面，故A錯(cuò)誤；B．只有苯環(huán)與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1mol檸檬酸苯甲酯與足量H2加成，最多消耗3molH2，故B錯(cuò)誤；C．檸檬酸苯甲酯含有羧基，能與醇類發(fā)生取代反應(yīng)，能燃燒，發(fā)生氧化反應(yīng)，故C正確；D．能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的為羧基、酯基，則1mol檸檬酸苯甲酯與足量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)時(shí)，消耗3molNaOH，故D錯(cuò)誤；故選：C。6．如圖，甲、乙是兩個(gè)完全相同的光伏并網(wǎng)發(fā)電模擬裝置，利用它們對煤漿進(jìn)行脫硫處理。下列敘述中錯(cuò)誤的是A．光伏并網(wǎng)發(fā)電裝置中b為正極B．石墨1電極上消耗1molMn2+，甲、乙中各轉(zhuǎn)移0.5mol電子C．脫硫反應(yīng)原理為：15Mn3++FeS2+8H2O=15Mn2++Fe3++2SO+16H+D．處理60gFeS2，石墨2電極上消耗7.5molH+【答案】B【解析】【分析】由圖可知，石墨1電極上Mn元素價(jià)態(tài)升高失電子，故石墨1為陽極，電極反應(yīng)式為Mn2+-e-=Mn3+，Mn3+與FeS2反應(yīng)實(shí)現(xiàn)脫硫，反應(yīng)為15Mn3++FeS2+8H2O═15Mn2++Fe3++2+16H+，石墨2為陰極，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．石墨1為陽極極，則b極為電源的正極，A正確；B．石墨1為陽極，電極反應(yīng)式為Mn2+-e-=Mn3+，消耗1molMn2+，電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，B錯(cuò)誤；C．陽極生成的Mn3+與FeS2反應(yīng)實(shí)現(xiàn)脫硫，反應(yīng)為15Mn3++FeS2+8H2O═15Mn2++Fe3++2+16H+，C正確；D．處理60gFeS2，消耗陽極生成的Mn3+的物質(zhì)的量為×15=7.5mol，轉(zhuǎn)移電子7.5mol，石墨2為陰極，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，石墨2上消耗7.5molH+，D正確；故答案為：B。7．現(xiàn)有HA、HB和H2C三種酸，室溫下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.1mol·L-1的HA、HB兩種酸的溶液，滴定過程中溶液的pH隨滴入的NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)的溶液中由水電離出的c(OH—)=3×10-13mol·L-1B．b點(diǎn)對應(yīng)溶液中：c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)C．曲線c點(diǎn)對應(yīng)溶液中：c(H+)+c(HB)=c(OH—)D．已知H2C的一級(jí)電離為H2C=H++HC—，常溫下0.1mol·L-1的H2C溶液中c(H+)=0.11mol·L-1，則往NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反應(yīng)的離子方程式為B—+H2C=HB+HC—【答案】D【解析】【詳解】A．由圖中曲線Ⅱ可知，濃度為0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，說明HA是強(qiáng)酸，在溶液中完全電離，a點(diǎn)時(shí)的溶液中氫離子濃度為=mol/L，則水電離出的氫離子濃度為=3×10-13mol/L，故A正確；B．由圖可知，b點(diǎn)對應(yīng)的溶液為等濃度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，說明溶液中HB的電離程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的濃度大小順序?yàn)閏(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)，故B正確；C．由圖可知，c點(diǎn)對應(yīng)的溶液為NaB溶液，溶液中存在質(zhì)子守恒關(guān)系c(H+)+c(HB)=c(OH—)，故C正確；D．由H2C的一級(jí)電離方程式可知，H2C在溶液中第一步電離是完全電離，所以NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反應(yīng)的離子方程式為B—+H+=HB，故D錯(cuò)誤；故選D。二、實(shí)驗(yàn)題8．富馬酸亞鐵(結(jié)構(gòu)簡式，相對分子質(zhì)量170)是治療貧血藥物的一種。實(shí)驗(yàn)制備富馬酸亞鐵并測其產(chǎn)品中富馬酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。I.富馬酸(HOOC—CH=CH—COOH)的制備。制取富馬酸的裝置如圖甲所示(夾持儀器已略去)，向組裝裝置加入藥品，滴加糠醛()，在90~100℃條件下持續(xù)加熱2~3h。(1)裝有糠醛的儀器名稱是____；儀器A的作用是____，出水口為____(填“a”或“b”)。(2)V2O5為反應(yīng)的催化劑，反應(yīng)物NaClO3的作用為____(填“氧化劑”或“還原劑”。II.富馬酸亞鐵的制備。步驟1：將4.64g富馬酸置于100mL燒杯中，加水20mL在熱沸攪拌下，加入適量Na2CO3溶液調(diào)節(jié)溶液的pH；步驟2：將上述溶液轉(zhuǎn)移至如圖乙所示的裝置中(夾持儀器已略去)，緩慢加入40mL2mol/LFeSO4溶液，維持溫度100℃，持續(xù)通入氮?dú)?，充分?jǐn)嚢?.5h；步驟3：冷卻、過濾，洗滌沉淀，然后水浴干燥，得到產(chǎn)品。(3)步驟1中所加Na2CO3溶液需適量的原因是____。(4)步驟2中持續(xù)通入氮?dú)獾哪康氖莀___。(5)判斷步驟3中富馬酸亞鐵產(chǎn)品已洗凈的實(shí)驗(yàn)方法是____。III.產(chǎn)品純度測定。步驟①：準(zhǔn)確稱取粗產(chǎn)品0.1600g，加煮沸過的3mol/LH2SO4溶液15mL，待樣品完全溶解后，加煮沸過的冷水50mL和4滴鄰二氮菲—亞鐵指示劑，立即用0.050mol/L的硫酸高鈰銨[(NH4)2Ce(SO4)3]標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，用去標(biāo)準(zhǔn)液的體積為16.02mL(反應(yīng)式為Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)。步驟②：不加產(chǎn)品，重復(fù)步驟①操作，滴定終點(diǎn)用去標(biāo)準(zhǔn)液0.02mL。(6)根據(jù)上述數(shù)據(jù)可得產(chǎn)品中富馬酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____%(保留3位有效數(shù)字)。(7)該滴定過程的標(biāo)準(zhǔn)液不宜為酸性高錳酸鉀溶液，原因是酸性高錳酸鉀溶液既會(huì)氧化Fe2+，也會(huì)氧化含碳碳雙鍵的物質(zhì)。向富馬酸溶液中滴入酸性高錳酸鉀溶液，酸性高錳酸鉀溶液褪色且有氣體生成，該反應(yīng)的離子方程式為____?！敬鸢浮?1)

分液漏斗

冷凝回流，提高糠醛的利用率，減少富馬酸的揮發(fā)

b(2)氧化劑(3)加入過少，溶液中富馬酸根離子濃度低，生成的富馬酸亞鐵少；加入過多，溶液堿性增強(qiáng)會(huì)把Fe2+轉(zhuǎn)化成Fe(OH)2沉淀(4)防止Fe2+被氧化(5)取最后一次洗滌液，向其中加入少量鹽酸酸化后再加入氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成證明產(chǎn)品已洗凈(6)85.0(7)5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O【解析】【分析】本題為實(shí)驗(yàn)探究題，通過使用糠醛和NaClO3發(fā)生反應(yīng)來制備富馬酸，反應(yīng)原理為：3+4NaClO33HOOC—CH=CH—COOH+4NaCl+3CO2↑，然后用上述制得的富馬酸和FeSO4溶液和Na2CO3溶液共同反應(yīng)制得富馬酸亞鐵，并分離出富馬酸亞鐵，最后通過滴定法來測量所得產(chǎn)品的純度，滴定過程中設(shè)置空白滴定是為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，據(jù)此分析解題。(1)由題干實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝有糠醛的儀器名稱是分液漏斗，由于富馬酸和糠醛易揮發(fā)，需采用儀器A來冷凝回流，以提高糠醛的利用率和減少富馬酸的揮發(fā)損失，為增強(qiáng)冷凝效果，冷卻水通常采用下進(jìn)上出，則出水口為b，故答案為：分液漏斗；冷凝回流，提高糠醛的利用率，減少富馬酸的揮發(fā)；b；(2)V2O5為反應(yīng)的催化劑，即三頸瓶中的反應(yīng)原理為：3+4NaClO33HOOC—CH=CH—COOH+4NaCl+3CO2↑，反應(yīng)物NaClO3的作用為氧化劑，故答案為：氧化劑；(3)步驟1中所加Na2CO3溶液的量若過少，溶液中富馬酸根離子濃度低，生成的富馬酸亞鐵少；若過多，溶液堿性增強(qiáng)會(huì)把Fe2+轉(zhuǎn)化成Fe(OH)2沉淀，故Na2CO3溶液需適量，故答案為：加入過少，溶液中富馬酸根離子濃度低，生成的富馬酸亞鐵少；加入過多，溶液堿性增強(qiáng)會(huì)把Fe2+轉(zhuǎn)化成Fe(OH)2沉淀；(4)由于空氣中的O2能夠?qū)e2+氧化為Fe3+，影響產(chǎn)物的純度，故步驟2中持續(xù)通入氮?dú)獾哪康氖欠乐笷e2+被氧化，故答案為：防止Fe2+被氧化；(5)判斷步驟3中富馬酸亞鐵產(chǎn)品已洗凈的實(shí)驗(yàn)方法即判斷洗滌液中不再存在，則該實(shí)驗(yàn)方法是取最后一次洗滌液，向其中加入少量鹽酸酸化后再加入氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成證明產(chǎn)品已洗凈，故答案為：取最后一次洗滌液，向其中加入少量鹽酸酸化后再加入氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成證明產(chǎn)品已洗凈；(6)由題干實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，n(富馬酸亞鐵)=n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.050mol/L×(16.02-0.02)×10-3L=8.0×10-4mol，故樣品中富馬酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：=85.0%，故答案為：85.0；(7)向富馬酸溶液中滴入酸性高錳酸鉀溶液，酸性高錳酸鉀溶液褪色即生成Mn2+且有氣體即為CO2生成，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得該反應(yīng)的離子方程式為5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O，故答案為：5HOOC—CH=CH—COOH+12MnO+36H+→12Mn2++20CO2↑+28H2O。三、工業(yè)流程題9．碳酸鍶是重要的無機(jī)化工產(chǎn)品。利用鍶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、Al2O3、MgCO3雜質(zhì))制備超細(xì)碳酸鍶的工藝如圖：已知：25℃時(shí)溶液中金屬離子物質(zhì)的量濃度c與pH的關(guān)系如圖甲所示：回答下列問題：(1)原料預(yù)處理的目的是加快煅燒反應(yīng)速率，提高原料利用率。預(yù)處理方式可以是____。(2)“高溫煅燒”得到的主要產(chǎn)物為鍶的硫化物和一種可燃性氣體。則“高溫煅燒”的主要反應(yīng)化學(xué)方程式為____。(3)氣體2為____。步驟1的目的為____，不設(shè)置步驟1帶來的后果是____。(4)“除鐵鋁”過程維持溫度在75℃的好處是____?！俺F鋁”后溶液溫度降至室溫(25℃)，溶液中c(Fe3+)為____mol/L。(100.9=7.9)(5)①寫出“沉鍶”的離子反應(yīng)方程式：____。②反應(yīng)溫度對鍶轉(zhuǎn)化率的影響如圖乙，溫度高于60℃時(shí)，鍶轉(zhuǎn)化率降低的原因?yàn)開___?！敬鸢浮?1)粉碎(2)SrSO4+4CSrS+4CO↑(3)

H2S(或硫化氫)

氧化Fe2+

鐵元素在“除鐵鋁”過程中不能除盡(4)

加快水解速率，同時(shí)避免生成膠體有利于形成沉淀

7.9×10-20(5)

Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O

溫度高于60℃時(shí)，NH4HCO3分解【解析】【分析】由題給流程可知，鍶渣高溫煅燒時(shí)硫酸鍶與碳高溫條件下反應(yīng)轉(zhuǎn)化為硫化鍶，向煅燒渣中加入鹽酸酸浸，將鍶、鈣、鐵、鋁、鎂等元素轉(zhuǎn)化為可溶的金屬氯化物，過濾得到含有金屬氯化物的濾液；向?yàn)V液中加入過氧化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，在75℃水浴加熱條件下向反應(yīng)后的溶液加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH為7.5，將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，過濾得到含有氯化鍶、氯化鈣、氯化鎂的濾液；在95—100℃條件下向?yàn)V液加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)溶液pH為12，將鎂離子、鈣離子轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，趁熱過濾得到氯化鍶溶液；向氯化鍶溶液中加入氨水、碳酸氫銨溶液使溶液pH不小于10，將氯化鍶轉(zhuǎn)化為碳酸鍶沉淀，過濾得到超細(xì)碳酸鍶。(1)粉碎鍶渣可以增大固體的表面積，增大高溫煅燒時(shí)反應(yīng)物的接觸面積，加快煅燒反應(yīng)速率，提高原料利用率，故答案為：鍶渣；(2)由分析可知，高溫煅燒時(shí)發(fā)生的主要為硫酸鍶與碳高溫條件下反應(yīng)生成硫化鍶和一氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SrSO4+4CSrS+4CO↑，故答案為：SrSO4+4CSrS+4CO↑；(3)向煅燒渣中加入鹽酸酸浸時(shí)，硫化鍶與鹽酸反應(yīng)生成氯化鍶和硫化氫氣體；由分析可知，步驟1的目的是加入過氧化氫溶液將溶液中的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，便于在75℃水浴加熱條件下向反應(yīng)后的溶液加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH為7.5，將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，否則溶液中的亞鐵離子不能轉(zhuǎn)化為沉淀而不能除盡，故答案為：H2S(或硫化氫)；氧化Fe2+；鐵元素在“除鐵鋁”過程中不能除盡；(4)鐵離子和鋁離子在溶液中的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，“除鐵鋁”過程維持溫度在75℃可以加快鐵離子和鋁離子的水解速率，同時(shí)避免鐵離子和鋁離子生成膠體，有利于鐵離子和鋁離子形成沉淀完全除去；由圖可知，鐵離子濃度為10—2mol/L時(shí)，溶液pH為1.8，則氫氧化鐵的溶度積Ksp=10—2×(10—12.2)3=10—38.6.，所以溶液pH為7.5時(shí)，溶液中鐵離子濃度為mol/L=10—19.1.mol/L=7.9×10-20mol/L，故答案為：加快水解速率，同時(shí)避免生成膠體有利于形成沉淀；7.9×10-20；(5)①由分析可知，沉鍶時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為氯化鍶溶液與氨水、碳酸氫銨混合溶液反應(yīng)生成氯化銨、碳酸鍶沉淀和水，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O，故答案為：Sr2++HCO+NH3·H2O=SrCO3↓+NH+H2O；②由圖可知，溫度高于60℃時(shí)，鍶轉(zhuǎn)化率會(huì)降低，原因是溫度高于60℃時(shí)，碳酸氫銨受熱分解，導(dǎo)致鍶轉(zhuǎn)化率降低，故答案為：溫度高于60℃時(shí)，NH4HCO3分解。四、原理綜合題10．我國高含硫天然氣資源豐富，天然氣脫硫和甲烷與硫化氫重整制氫具有重要的現(xiàn)實(shí)意義，其反應(yīng)原理之一為CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。(1)反應(yīng)在高溫下才可自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的活化能E正____E逆(填“>”“<”或“=”)。判斷的理由是____。(2)對在恒溫恒容條件下的該反應(yīng)，下列條件可作為反應(yīng)達(dá)到平衡判斷依據(jù)的是____(填序號(hào))。a.混合氣體密度不變b.容器內(nèi)壓強(qiáng)不變c.2v正(H2S)=v逆(CS2)d.CH4與H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比保持不變(3)為了研究甲烷對H2S制氫的影響，原料初始組成n(CH4)：n(H2S)=1：2。保持體系壓強(qiáng)為0.1MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x隨溫度T的變化如圖甲所示：①圖中表示CH4、H2變化的曲線分別是____。②M點(diǎn)對應(yīng)溫度下，CH4的轉(zhuǎn)化率約為____(保留3位有效數(shù)字)。950℃時(shí)，該反應(yīng)的Kp=____(以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。③維持N點(diǎn)溫度不變，向容器內(nèi)再通入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol，此時(shí)速率關(guān)系為v正____v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。(4)實(shí)驗(yàn)測定：在其他條件不變時(shí)，升高溫度，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率先增大后下降，下降的可能原因是____。(5)H2S可用Na2CO3溶液吸收，將吸收足量H2S氣體后的溶液用如圖乙所示的電解池電解，可在陽極得到有工業(yè)應(yīng)用價(jià)值的Na2S2O3，則圖中隔膜應(yīng)使用_____(填“陽”或“陰”)離子交換膜，陰極電極反應(yīng)式為____。若電解前陽極室和陰極室溶液質(zhì)量相同，當(dāng)電路中通過電子物質(zhì)的量為2mol時(shí)，則理論上陽極室和陰極室質(zhì)量差為____g?！敬鸢浮?1)

>

該反應(yīng)正向?yàn)殪卦龅姆磻?yīng)，在高溫下才可自發(fā)進(jìn)行，則ΔH>0，因此該反應(yīng)的活化能E正>E逆(2)bd(3)

d、a

33.3%

0.01

小于(4)溫度過高，H2S發(fā)生分解(5)

陰

2H2O+2e-=H2↑+2OH-

70【解析】(1)由反應(yīng)CH4(g)+2H2S(g)?CS2(g)+4H2(g)可知△S＞0，反應(yīng)在高溫下才可自發(fā)進(jìn)行，即△H-T△S＜0，說明△H＞0，該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，說明該反應(yīng)的活化能E正＞E逆，故答案為：＞；該反應(yīng)正向?yàn)殪卦龅姆磻?yīng)，在高溫下才可自發(fā)進(jìn)行，則ΔH>0，因此該反應(yīng)的活化能E正>E逆；(2)a、該反應(yīng)氣體質(zhì)量與體積不變，則密度為定值，則容器內(nèi)氣體的密度不再隨時(shí)間變化不能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，故a錯(cuò)誤；b、該反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量發(fā)生改變，則壓強(qiáng)為變值，則容器內(nèi)氣體的總壓強(qiáng)不再隨時(shí)間變化說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，故b正確；c、速率方向有正有逆，但反應(yīng)速率不與對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量系數(shù)成正比，故2v正(H2S)=v逆(CS2)可以說明該反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，故c錯(cuò)誤；d、CH4為反應(yīng)物，H2為生成物，當(dāng)物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比保持不變，說明已達(dá)到平衡，故d正確；故答案為：bd；(3)①由a、b、c、d變化趨勢可知，ab曲線為反應(yīng)物，cd曲線為生成物，原料初始組成n(CH4)；n(H2S)=1：2，可知CH4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)小，即d曲線為CH4，由方程式可知，CS2與H2的生成量為1：4，即曲線a為H2，故答案為：d、a；②M點(diǎn)對應(yīng)溫度下，設(shè)原料初始組成n(CH4)為1mol，n(H2S)為2mol，△n(CH4)為xmol，由三段式：，M點(diǎn)時(shí)H2S和H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，也就是H2S和H2的物質(zhì)的量相等，即2-2x=4x，可得x=mol，α(CH4)=；950℃時(shí)，設(shè)原料初始組成n(CH4)為1mol，n(H2S)為2mol，△n(CH4)為amol，由三段式：，950℃時(shí)，CH4和CS2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，也就是CH4和CS2的物質(zhì)的量相等，即1-a=a，得a=0.5mol，則

CH4、H2S、CS2、H2物質(zhì)的量分別為0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，總物質(zhì)的量為(0.5mol+1mol+0.5mol+2mol)=4mol，p(

CH4)=×0.1MPa=0.0125MPa，p(

H2S)=0.025MPa，p(

CS2)=0.0125MPa，p(

H2)=0.05MPa，該反應(yīng)的Kp=，故答案為：33.3%；0.01；③由②可知950℃時(shí)，在同一容器中，維持N點(diǎn)溫度不變，向容器內(nèi)再通入CH4、H2S、CS2，H2各0.1mol，則

CH4、H2S、CS2、H2物質(zhì)的量分別為0.6mol、1.1mol、0.6mol、2.1mol，，Qc＞K，反應(yīng)逆向進(jìn)行，此時(shí)速率關(guān)系為v正<v逆，故答案為：小于；(4)在其他條件不變時(shí)，隨著溫度升高，H2S會(huì)發(fā)生分解，導(dǎo)致濃度H2S減小，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率下降，故答案為：溫度過高，H2S發(fā)生分解；(5)足量的H2S氣體與碳酸鈉溶液發(fā)生反應(yīng)2H2S+Na2CO3=2NaHS+H2O+CO2，電解NaHS溶液，在陽極生成Na2S2O3，S元素化合價(jià)升高，失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，NaHS溶液顯堿性，則電解時(shí)陽極的電極反應(yīng)式為2HS-+8OH--8e-=+5H2O，陰極的電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-移向陽極，則隔膜應(yīng)使用陰離子交換膜，當(dāng)轉(zhuǎn)移2mole-時(shí)，陰極生成1molH2，向陽極轉(zhuǎn)移2molOH-，陽極室和陰極室質(zhì)量差為2mol×1g?mol-1+4mol×17g?mol-1=70g，故答案為：陰；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；70。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11．稀土元素是指鈧(Sc)、釔(Y)和鑭系元素，共17種，位于元素周期表中第IIIB族，均為金屬元素，在工業(yè)。生產(chǎn)中有重要的作用?；卮鹣铝袉栴}：(1)釔(Y)位于元素周期表中鈧(Sc)的下一周期，基態(tài)釔(Y)元素的原子價(jià)電子排布圖為____。(2)稀土元素常常能和許多配位體形成配合物。若一個(gè)配位體含有兩個(gè)或兩個(gè)以上的能提供孤電子對的原子，這種配位體就叫多齒配位體，其中有一個(gè)能提供孤電子對的原子為一齒(已知：碳氧雙鍵中的氧原子不能提供孤電子對)。DEDTA(結(jié)構(gòu)見圖甲)是____齒配位體，其中碳原子的雜化方式有____，該物質(zhì)中所含元素的電負(fù)性由大到小的順序是____。②EDTA與正二十一烷的相對分子質(zhì)量非常接近，但EDTA的沸點(diǎn)(540.6℃)比正二十一烷的沸點(diǎn)(100℃)高得多，原因是____。(3)鈧(Sc)離子在水中以穩(wěn)定的[Sc(H2O)6]3+存在，其空間構(gòu)型為____。(4)鈰(Ce)屬于鑭系元素，氧化鈰是一種重要的光催化材料。氧化鈰的晶體結(jié)構(gòu)如圖乙所示，氧化鈰的化學(xué)式為____；若晶胞參數(shù)為anm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該晶體的密度=____g/cm3(寫出表達(dá)式)?！敬鸢浮?1)(2)

6

sp2、sp3雜化

O>N>C>H

EDTA能形成分子間氫鍵而正二十一烷不能(3)正八面體形(4)

CeO2

【解析】(1)釔為39號(hào)元素，基態(tài)Y原子的價(jià)電子排布式為：4d15s2，價(jià)電子排布圖為；(2)DEDTA是6齒配位體，EDTA中羧基上C原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是3、亞甲基上C原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是4，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷C原子雜化軌道類型，前者為sp2雜化、后者為sp3雜化，元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大，非金屬性O(shè)>N>C>H，則電負(fù)性O(shè)>N>C>H，故答案為：6；sp2和sp3；O>N>C>H；②能形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點(diǎn)較高，EDTA能形成分子間氫鍵，導(dǎo)致其熔沸點(diǎn)較高，故答案為：EDTA能形成分子間氫鍵而正二十一烷不能；(3)六個(gè)水分子圍繞Sc3+形成八面體結(jié)構(gòu)；(4)該晶胞中Ce原子位于八個(gè)頂點(diǎn)和六個(gè)面心，含有4個(gè)Ce原子，O原子位于體心內(nèi)，共8個(gè)，Ce原子與O原子個(gè)數(shù)比為1:2，化學(xué)式為CeO2；晶胞質(zhì)量為，晶胞參數(shù)為anm，則晶胞體積為V=(a×10-7)3cm3，晶胞密度為g/cm3。六、有機(jī)推斷題12．化合物M是一種天然產(chǎn)物合成中的重要中間體，其合成路線如圖：已知：R—CHO+完成下列填空：(1)寫出反應(yīng)類型：反應(yīng)①____、反應(yīng)②____。(2)寫出X的結(jié)構(gòu)簡式：____。(3)僅以B為單體形成的高分子的結(jié)構(gòu)簡式為____。(4)檢驗(yàn)D中含有碳碳雙鍵的實(shí)驗(yàn)