2022届贵州省贵阳一中高三模拟测试理科综合化学试题（解析版）

1、PAGE PAGE 18页贵州省贵阳一中2022届高三模拟测试理科综合化学试题一、单选题1化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（）A“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”中涉及的反应类型为复分解反应B“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”中“瓦”的主要成分为硅酸盐C“稻以糠为甲，麦以麸为衣”中“糠”的主要成分为纤维素D“凡弓弦取食柘叶蚕茧，其丝更坚韧”中“丝”的水解产物为氨基酸23，4-二甲氧基苯基-丙酮是医药行业中常见的合成中间体，其结构如图。下列有关该物质的说法正确的是（）A可以与NaOH溶液发生水解反应B分子中所有碳原子不可能共平面C能发生取代反应，不能发生加成反应D与

2、互为同分异构体3能符合题意表示下列变化的离子方程式是（）A向次氯酸钙中通入过量的二氧化碳气体：Ca2+2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3B向硝酸铝溶液中滴加足量氢氧化钡溶液：Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2OC向氯化铜溶液中通入硫化氢气体：S2- +Cu2+= CuSD碳酸镁与稀硫酸反应：CO32-+2H+=CO2+H2O4四氯化锡常用作合成有机锡化合物的原料。利用下图装置使含锡硫渣与氯气反应制备四氯化锡并进行尾气处理。已知：无水四氯化锡的熔点为-33C、沸点为114.1；四氯化锡易水解。下列说法正确的是（）A装置A中KClO3可用MnO2替代B装置D中球形冷凝管的进水

3、口为1、出水口为2C装置B的作用是吸收HClD装置E中的试剂为无水氯化钙5前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。已知X的单质既可与强碱反应，又可与强酸反应，W与Y位于同一主族，Z的K层电子数与N层相等， W、X、Y、Z四种元素的最外层电子数之和为13.下列说法正确的是（）A原子半径由小到大的顺序： X YBY的最高价氧化物不能与酸溶液反应CX的单质不能从CuSO4溶液中置换出CuDZW2既含非极性共价键又含离子键6双极性膜1、2在直流电场作用下能够将水分离成H+与OH-，可以作为H+与OH-的供应源，用如图所示的三室式电渗析转化器可以将有机酸钠盐(NaR)转化制得纯度较高的有机弱酸

4、(HR)。下列相关说法正确的是（）Aab膜、cd膜分别是阳离子交换膜、阴离子交换膜B室1溶液中发生的离子反应为H+R =HRCM电极的电极反应式为2H+2e-=H2D盐室进口处和出口处c(Na+)相等7常温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，混合溶液的pH与离子浓度的负对数pX的关系如图所示。pX代表-lgc(A2-)c(HA-)或-lgc(HA-)c(H2A)，曲线M代表-lgc(A2-)c(HA-)与pH的关系，曲线N代表-lgc(HA-)c(H2A)与pH的关系，下列说法不正确的是（）Aa、b两点所加的NaOH溶液体积大小：V(b)V(a)B滴定至pH=7时，c(Na+ )=2c(A2-)

5、 +c(HA- )CNaHA溶液中存在c(Na+ )=2c(A2- )+c(H2A) +c(HA- )DH2A的第一步电离常数为 10-1.2二、非选择题8过-硫酸氢钾复合盐(K2SO4KHSO42KHSO5，M=614 gmol-1)是白色粉末状固体，具有强氧化性，易溶于水，当溶液pH大于3.0时分解。实验室制取该物质的实验步骤如下：制取过-硫酸(H2SO5) ：先在三颈烧瓶中加入吸附型双氧水稳定剂，然后加入冷的双氧水和过量的浓硫酸，pH控制在2. 02.5，反应30 min(反应装置如图所示)；过-硫酸氢钾复合盐的制备：向中反应后的溶液中加入碳酸钾溶液，边加边搅拌，碳酸钾溶液滴加完毕后，反

6、应30min，将反应后的混合液转移至烧杯中，在-10C条件下冷却结晶后，将混合液转移到抽滤瓶中抽滤，得到滤饼，将滤饼置于电热鼓风干燥箱中烘干，得到产品过-硫酸氢钾复合盐。回答下列问题：（1）装置a的名称是 ，用冷的双氧水的原因是 。向三颈烧瓶中加入双氧水和浓硫酸的操作： 。（2）写出加入碳酸钾溶液时发生反应生成复合盐和KHSO4的化学方程式： 。（3）步骤中加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌的目的是 。（4）一种简单鉴别市售过-硫酸氢钾复合盐是否合格的方法：把一片过-硫酸氢钾片剂放入装有适量稀盐酸的烧杯中，若很快就可以明显闻到有刺激性气味且持续一定时间，可以证明产品的氧化性很好，从而

7、证明这是合格的过-硫酸氢钾复合盐产品。这种方法的原理是 (用离子方程式表示)。（5）间接碘量法测定产品活性氧(一个活性氧可得到2e-)含量。检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O24I-+4H+ +O2=2I2+2H2OI2+2S2O32-=S4O62-+2I-量取75 mL蒸馏水于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和过量的碘化钾溶液，称取a g产品于碘量瓶中摇匀。暗处放置5 min后，用c molL-1的标准硫代硫酸钠溶液滴定，终点时消耗的体积为V mL，则样品中活性氧的质量分数是 。9马日夫盐Mn(H2PO4)22H2O和碱式碳酸铜Cu2 (OH)2CO3具有广泛用途。某化工厂拟以软

8、锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)为原料生产马日夫盐和碱式碳酸铜，其工艺流程如下图所示。已知：MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；该条件下：KspFe(OH)3=1.010-38 ，KspCu(OH)2= 1.010-20 ，KspMn(OH)2=1.010-14。回答下列问题：（1）滤渣1的主要成分是 (写化学式)，酸浸时，Cu2S和MnO2反应的化学方程式为 。（2）检验浸出液中是否含有Fe2+ ，可用K3Fe(CN)6溶液，浸出液中含有Fe2+ 的现象是 。（3）试剂x为某种酸式盐，从产品纯度来看，x最好为

9、(写化学式)。（4）本工艺中可循环使用的物质是 (写化学式)。（5）若浸出液中c(Mn2+)=c(Cu2+)=1.0 molL-1，则流程中调节浸出液pH=a，其中a的范围为 (当离子浓度1.010-5 molL-1时，沉淀完全)。（6）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是 。10碳基能源的大量消耗使大气中CO2的浓度持续不断地增大，造成的温室效应得到了世界各国的广泛重视。CO2甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一，是减少CO2的一种比较有效的实际方法，在环境保护方面显示出较大潜力。CO2甲烷化过程涉及的化

10、学反应如下：CO2甲烷化反应：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) H=-165 kJmol-1逆水煤气变换反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) H=+41.1 kJmol-1（1）写出CO甲烷化反应的热化学方程式： 。（2）图甲是温度和压强对CO2平衡转化率影响的关系图。随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大的原因是 ，该实验条件下的压强有0.1MPa、3.0MPa、10.0MPa，图中a点压强为 MPa。（3）图乙是反应条件对CO2甲烷化反应中CH4选择性影响的关系图。工业上一般选用的温度为400，则压强应选用 MPa，原因是 。（4）45

11、0C时，若在体积为1 L的恒容密闭容器中加入1 mol CO2和4 mol H2混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H=-165 kJmol-1。平衡时CO2的转化率为75%，则该温度下此反应的平衡常数K= 。（5）废气中的CO2可转化为甲醚(CH3OCH3) ，甲醚可用于制作甲醚燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6 molL-1的H2SO4溶液。则电极d为 (填“正”或“负”)极，电极c上发生的电极反应为 。11镍及其化合物用途广泛，可用作催化剂、合金、电器元件等。回答下列问题：（1）基态Ni原子价电子排布图为 。（2）某镍配合物由1个N

12、i2+与2个形成。形成该镍配合物的元素中，第二周期元素的第一电离能最大的为 (用元素符号表示) ，配合物中N采用的杂化类型为 。已知该配合物中只有一种元素的原子与Ni2+配位，则与镍配位的原子为 (填“C”、“N”或“O)，原因为 。（3）Ni(CO)4是常温下呈液态的镍的重要配合物，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则Ni(CO)4的空间构型为 ，Ni(CO)4中含有的键与键的数目之比为 。（4）由Mg、C和Ni组成的新型超导材料晶体的立方晶胞结构如图所示。该新型超导材料的化学式为 。若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 gcm-3。12有机物W是一种抗失眠药，W的一

13、种合成路线如下图所示。已知：回答下列问题：（1）A具有的官能团名称是 。（2）B的化学名称是 。（3）反应的反应类型为 。（4）反应中，Y的结构简式为 。（5）写出反应的化学方程式： 。（6）C的某同系物Z的分子式为C8 H6ClFO，满足下列条件的化合物Z的同分异构体有 种(不考虑空间异构)。核磁共振氢谱图显示有6种不同化学环境的氢原子苯环上有两个取代基且能与FeCl3溶液发生显色反应除苯环外不含其他环（7）以甲苯为主要原料设计合成 的合成路线(有机溶剂和无机试剂任选) 。答案解析部分1【答案】A【解析】【解答】A胆矾为CuSO45H2O，铁器淬于胆矾水中，发生的反应为Fe+CuSO4=Fe

14、SO4+Cu，属于置换反应，A符合题意；B瓦的主要原料是黏土，在瓦窑里烧制得到“瓦”，是传统的无机非金属材料，主要成分是硅酸盐，B不符合题意；C根据“稻以糠为甲”可知“糠”是稻谷的外壳，富含纤维素，C不符合题意；D“丝”的主要成分是蛋白质，其水解产物是氨基酸，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.胆矾是CuSO45H2O的俗名，涉及反应是FeCuSO4FeSO4Cu，属于置换反应。B.泥土烧制得到的主要成分是硅酸盐。C. “糠”是稻谷的外壳，富含纤维素。D.蚕丝的主要成分是蛋白质，其完全水解生成氨基酸。2【答案】D【解析】【解答】A由结构简式可知该物质中含有醚键和羰基两种官能团，均不能发生水

15、解反应，故A不符合题意；B由结构可知苯环为平面结构，羰基及直接相连的碳原子在同一平面上，醚键中氧原子及直接相连的两个碳原子在同一平面上，所有碳原子可能处于同一平面上，故B不符合题意；C该结构中含有苯环能发生加成反应，故C不符合题意；D两者分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.发生水解反应需有酯基、肽键、卤原子等官能团。B.苯上的12个原子共平面，C-C或C-O单键可以旋转，据此分析。C.苯环、羰基可以与H2发生加成反应。D. 同分异构体是指具有相同分子式，不同结构的化合物。3【答案】B【解析】【解答】A向次氯酸钙中通入过量的二氧化碳气体生成碳酸氢钙和次

16、氯酸，反应的离子方程式是ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故A不符合题意；B向硝酸铝溶液中滴加足量氢氧化钡溶生成偏铝酸钡、硝酸钡和水，反应的离子方程式为Al3+ +4OH-=AlO2-+2H2O，故B符合题意；C向氯化铜溶液中通入硫化氢气体生成硫化铜沉淀和盐酸，H2S+Cu2+= CuS+2H+，故C不符合题意；D碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳、水，反应的离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2+CO2+H2O，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正

17、确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。A项不符合事实，CO2过量，不会得到CaCO3，而是Ca(HCO3)2；C、D项是拆写问题，CuS、MgCO3是难溶物，不能拆。4【答案】C【解析】【解答】A该装置为不加热装置，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，A不符合题意；B装置D中球形冷凝管水流方向为下进上出，进水口为2、出水口为1，B不符合题意；C盐酸具有挥发性，得到氯气中含有氯化氢，可以使用饱和食盐水吸收，C符合题意；D尾气中氯气有毒会污染空气，E中可选择碱石灰，可以吸收尾气同时

18、防止水蒸气进入装置D，而无水氯化钙只能吸水，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A装置是常温下制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制得的Cl2中含有HCl和水蒸气；B装置用于除去HCl；C装置是干燥Cl2，D装置是用于制取SnCl4；E装置是用于尾气处理，吸收剩余的Cl2及防止空气中的水蒸气进入装置。注意冷凝管的水流方向是下进上出。据此分析。5【答案】D【解析】【解答】A同周期元素从左至右原子半径依次减小，故原子半径：AlSi，A不符合题意；BY为Si，其最高价氧化物为SiO2，可与氢氟酸(HF)发生反应，B不符合题意；CX为Al，Al的金属性强于Cu，可以从CuSO4溶液中置换出Cu，C不符合

19、题意；DZ为Ca，W为C，CaC2中Ca2+和C22-形成离子键，C22-中C和C形成非极性共价键，D符合题意；故答案为：D。【分析】前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。既能与强酸反应又能与强碱反应的单质是铝，推出X是铝元素；K层、N层分别是第一、四层，根据Z的信息可推出Z核外有20个电子，即Z是钙元素；W、Y位于同主族，假设X的最外层电子数为m，则3+2+2m=13，m=4，又W位于Y之前，可推出W是碳元素，Y是硅元素。6【答案】B【解析】【解答】A根据分析可知，ab膜为阴离子交换膜，cd膜为阳离子交换膜，A不符合题意；B盐室中的R-进入室1与H+结合形成HR，即H+R =HR

20、，B符合题意；C由分析，M为阳极，OH-在M极失去电子，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2，C不符合题意；D盐室中的Na+进入室2与OH-结合生成NaOH，因此进、出口处的c(Na+)不相等，D不符合题意；故答案为：B。【分析】由图可知M极为阳极，N极为阴极。M极的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+（或4OH-4e-=2H2O+O2），N极的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-（或2H+2e-=H2）。M极产生H+，要制得有机酸HR，则盐室的R-将移向室1，即ab膜是阴离子交换膜，防止室2产生的OH-进入室1，则cd膜是阳离子交换膜，所以盐室的Na+将移向室2。据此分

21、析。7【答案】C【解析】【解答】A用NaOH溶液滴定H2A溶液，由图象可知，a点pH=4.2，b点pH=3.2，a点酸性更弱，说明加入NaOH溶液更多，即体积大小：V(b)V(a)，A不符合题意； B溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则有c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)，B不符合题意；CNaHA溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(A2- )+c(H2A) +c(HA-)，C符合题意；Db点时，-lgc(HA-)c(H2A)=-2，pH=3.2，即c(HA-)c(H2A)=10-2，c(H+

22、)=10-3.2，因此H2A的第一步电离常数K1=c(HA-)c(H+)c(H2A)=10-210-3.2=10-1.2，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】AH2A为二元弱酸，NaOH为强碱，酸碱反应所得溶液的酸性越弱，说明所加碱越多，据此分析。 B常温pH=7，说明所得溶液呈中性，结合电荷守恒进行分析。 C根据物料守恒进行分析。 D根据H2A的第一步电离平衡常数表达式，并结合b点坐标进行分析。8【答案】（1）滴液漏斗；防止在加入浓硫酸时发热使温度升高造成H2O2分解；先加入双氧水再缓缓加入浓硫酸，同时不断搅拌（2）2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4KHSO42KHSO5

23、+KHSO4+3H2O+3CO2（3）碳酸钾水解，溶液显碱性，加入过快会引起局部溶液pH升高，超过3.0，使产品分解，降低产率（4）HSO5-+2Cl-+H+=SO42-+Cl2+H2O（5）0.8cVa%【解析】【解答】本实验的实验目的为制取过-硫酸氢钾复合盐并检测其活性氧含量，制备原理为2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4KHSO42KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2，结合物质相关性质进行分析，利用关系式法进行计算解答。(1)由装置图可以看出a是滴液漏斗，双氧水和浓硫酸混合时会放热，易使温度过高，造成H2O2分解，因此用冷的双氧水，由于双氧水的密度小于浓硫酸，所以应

24、先加入双氧水，然后把浓硫酸加入双氧水中，同时进行搅拌，使其迅速散热；(2)根据实验步骤可知步骤生成H2SO5，加入K2CO3，反应物由浓硫酸、H2SO5、K2CO3，生成物有K2SO4KHSO42KHSO5、水、二氧化碳和KHSO4，反应的化学方程式为：2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4KHSO42KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2；(3)根据提给信息，溶液pH大于3.0时K2SO4KHSO42KHSO5分解，因为碳酸钾水解显碱性，加入碳酸钾过快，易引起pH升高，导致过-硫酸氢钾复合盐分解，产率降低，因此加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌，控制pH3.0；(

25、4)由于过硫酸氢盐的强氧化性，过-硫酸氢钾复合盐可以和Cl-发生氧化还原反应：HSO5-+2Cl-+H+=SO42-+Cl2+H2O，从而放出氯气；(5)由检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O2，每1个KHSO5相当于含有1个活性氧原子，再根据方程式4I-+4H+ +O2=2I2+2H2O、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知，活性氧原子与S2O32-的比例关系为1：2，则样品中活性氧的质量分数为cV0.0011612a100%=0.8cVa%。【分析】该实验是制取过-硫酸氢钾复合盐，并检测样品中活性氧的质量分数，制备原理为2H2SO53H2SO43K2CO3K2SO

26、4KHSO42KHSO5KHSO43H2O3CO2，结合实验操作中的注意事项及物质相关性质进行分析，利用关系式法进行计算解答。9【答案】（1）SiO2、S；Cu2S+2MnO2+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O（2）有蓝色沉淀生成（3）NH4HCO3（4）NH3（5）3a1.7之后，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降【解析】【解答】软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)中加入稀硫酸酸浸，SiO2不溶于稀硫酸，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，因此滤

27、渣1中含有SiO2和S，浸出液中主要含有Fe3+、Cu2+，Mn2+，调节pH，将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为氢氧化铁，将x和氨气通入含Cu(NH)4SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。(1)由上述分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2和S，酸浸时，MnO2将Cu2S中的硫氧化成单质硫，则反应的化学方程式为Cu2S+2MnO2+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，故答案为：SiO2、S；Cu2S+2MnO2+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；(2)K3Fe(CN)6

28、溶液与Fe2+ 反应会生成蓝色沉淀，因此浸出液中含有Fe2+ 的现象是有蓝色沉淀生成，故答案为：有蓝色沉淀生成；(3)根据反应流程可知，加入氨气和x后得到碳酸锰，则加入的物质应含有碳酸根或者碳酸氢根，又x为某种酸式盐，则x含有碳酸氢根，为了不引入杂质降低产品的纯度，且过量的x可在加热赶氨的过程中除去，x最好为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；(4)由图可知，在加热赶氨的过程中生成了氨气，在前一步中需要加入氨水，从而可知氨气可以循环使用，故答案为：NH3；(5)根据上述分析可知，流程中调节浸出液pH=a是为了将Fe3+沉淀除去，而Cu2+，Mn2+不能沉淀，当Fe3+完全沉淀时，c(Fe

29、3+)=1.010-5mol/L，c(OH-)=3KspFe(OH)3c(Fe3+)=1.010-11mol/L，此时c(H+)=Kwc(OH-)=1.010-3mol/L，pH=3，由于KspCu(OH)2 KspMn(OH)2，Cu2+先沉淀，当Cu2+开始沉淀时c(OH-)=2KspCu(OH)2c(Cu2+)=1.010-10mol/L，c(H+)=Kwc(OH-)=1.010-4mol/L，此时pH=4，因此a的取值范围为3a4，故答案为：3a1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH1.7之后，Fe3+3

30、H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。【分析】根据题干信息，“酸浸”时，SiO2不溶且不与稀硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，所以滤渣1是SiO2和S，“浸出液”中含有Fe3+、Cu2+，Mn2+。Ksp越小，表示物质的溶解度越小，所以调节pH是将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为Fe(OH)3，将x和氨气通入含Cu(NH)4SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。据此分析。10【答案】（1）CO(g)+

31、3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H=-206.1kJ/mol（2）反应为放热反应，反应为吸热反应，温度升高，反应平衡逆向移动，反应平衡正向移动，开始升温对反应的影响程度大于反应，CO2的转化率减小，后来升温对反应的影响程度小于反应，CO2的转化率增大；10.0（3）0.1；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率（4）6.75（5）正；CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，由-可得CO甲烷化反应的热化学方程式为CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H=-206.1kJ/mol

32、，故答案为：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H=-206.1kJ/mol；(2)反应为放热反应，反应为吸热反应，温度升高，反应平衡逆向移动，反应平衡正向移动，开始升温对反应的影响程度大于反应，CO2的转化率减小，后来升温对反应的影响程度小于反应，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大；反应正反应方向气体体积减小，反应气体体积不变，压强增大，反应平衡正向移动，反应平衡不移动，所以CO2的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为10.0MPa，故答案为：反应为放热反应，反应为吸热反应，温度升高，反应平衡逆向移动，反应平衡正向移动，开始升温对反应的影响程

33、度大于反应，CO2的转化率减小，后来升温对反应的影响程度小于反应，CO2的转化率增大；10.0MPa(3)由图可知，温度为400时，CH4选择性：10.0MPa3.0MPa0.1Mpa， 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率，因此压强应选用0.1MPa，故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率；(4)根据题意，起始时 CO2为1mol/L，H2为4mol/L，平衡时CO2的转化率为75%，则平衡时 CO2为0.25mol/L，H2为1mol/L，CH4为0.75mol

34、/L，H2O为1.5mol/L，则该反应的平衡常数 K=0.751.520.2514=6.75，故答案为：6.75；(5)根据电子的流向可知，电极c为负极，电极d为正极；电极c上，甲醚失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+，故答案为：正；CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。【分析】（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。（2）反应是放热反应，反应是吸热反应，反应前后气体分子数减小，结合化学平衡移动原理进行分析。（3）根据图示信息，从效果、成本等方面解答。（4）根据转化率、化学平

35、衡三段式可求出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数进行解答。（5）该电池属于原电池，d电极得电子发生还原反应，即d电极是正极，c电极是负极。c电极上甲醚失电子生成CO2，根据原子种类及个数守恒配平11【答案】（1）（2）N；sp2；N；C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对（3）正四面体；1 ： 1（4）MgNi3C；213a3NA1021【解析】【解答】(1)Ni元素为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为Ar3d84s2，则价电子排布图：；(2)组成该镍配合物的元素中，第二周期元素有N、O和C，其中N的价层电子排布式为2s22p3，2p能级为半满的稳定结构，第一电离能最大，配合物中N有两个键电子对，一个孤电子对，价层电子对为3，其杂化方式为：sp2；该配合物中只有一种元素的原子与Ni2+配位，则与镍配位的原子为N，原因为C原子无孤电子对，N的电负性小于0，更易给出孤电子对，故答案为：N；C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对；(3)Ni(CO)4当中Ni原子形成了4个配位键，其价层电子对数为4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为正四面体；lmol Ni(CO)4中键为8mol，其配体CO，一个CO中含有2个键则其中键为8mol，Ni(CO)4中含有的键与键的数目之比为1 ： 1；(4)晶胞