2022届贵州省贵阳高三模拟测试理科综合化学试题（解析版）

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.化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（ ）“烧铁器淬于胆机水中，即成铜色也”中涉及的反应类型为复分解反应“凡蜒泥造瓦，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“稻以糠为甲，麦以秋为衣”中“糠”的主要成分为纤维素“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.3,4-二甲氧基苯基-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|1 互为同分异构体.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+CaCO3；B.向硝酸铝溶液中滴加足量氢氧化钢溶液：Al3++4OH=A1OJ+2H2OC.向氯化铜溶液中通入硫化氢气体：S2-+Cu2+=CuSlD.碳酸镁与稀硫酸反应：CO2-+2H+=CO2T+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。ABC D己知：①无水四氯化锡的熔点为-33。(：、沸点为114.1C；②四氯化锡易水解。下列说法正确的是()A.装置A中KCICh可用MnCh替代B.装置D中球形冷凝管的进水口为1、出水口为2C.装置B的作用是吸收HC1D.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<YY的最高价氧化物不能与酸溶液反应X的单质不能从CuSO4溶液中置换出CuZW2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(HR)。下列相关说法正确的是( )NaRA.ab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=HRC.M电极的电极反应式为2H++2e=H2TD.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代表也翌白或-1g黑4，曲线M代表-1g其a与pH的关系，曲线N代表-1g黑鼻与pH的关系，下列说法不正确的是( )A.a、b两点所加的NaOH溶液体积大小：V(b)VV(a)B.滴定至pH=7时，c(Na+)=2c(A2)+c(HA-)NaHA溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+c(H：A)+c(HA-)H2A的第一步电离常数为IO-'2二、非选择题8.过-硫酸氢钾复合盐(K2SO#KHSO#2KHSO5,M=614g.moH)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：①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2.0〜2.5,反应30min(反应装置如图所示)；②过-硫酸氢钾复合盐的制备：向①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，反应30min,将反应后的混合液转移至烧杯中，在-10%：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KHSO」的化学方程式：。（3）步骤②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 O（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2切含量。检测原理：2KHsCh=K2SCh+H2so4+CM4I+4H++O2=2I2+2H2OI2+2S2O1-=S4O看一+2I量取75mL蒸播水于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和过量的碘化钾溶液，称取ag产品于碘量瓶中摇匀。暗处放置5min后，用cmolL」的标准硫代硫酸钠溶液滴定，终点时消耗的体积为VmL,则样品中活性氧的质量分数是。9.马日夫盐［Mn（H2Po4）2，凡0］和碱式碳酸铜［Cs（OH）2co3］具有广泛用途。某化工厂拟以软钵矿（含MnCh和少量Fe?03、SiCh）和辉铜矿（含Cu2s和少量SiCh、FezCh）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。软镭矿软镭矿和辉铜矿己知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；②该条件下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0x10-18,Ksp[Cu(OH)2]=l.OxlO20,KsP[Mn(OH)2]=1.0xl0l4o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MnO?反应的化学方程式为。(2)检验浸出液中是否含有Fe2+,可用KsFe(CN)6溶液，浸出液中含有Fe?+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(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+)=l.Omol-L1,则流程中调节浸出液pH=a,其中a的范围为(当离子浓度Wl.OxlOJmoiL-i时，沉淀完全)。(6)除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe-"的萃取率与pH的关系如图所示，pH>1.7后，随pH增大,Fe3+萃取率下降的原因1.7pHio.碳基能源的大量消耗使大气中co?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学反应如下：①CO2甲烷化反应：CO2(g)+4H2(g)^CH4(g)+2H2O(g)4H=-165kJ-mol-1②逆水煤气变换反应：CO2(g)+H2(g)FiCO(g)+H2O(g)4H=+41.1kJmoH

(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CO?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O.IMPa、3.0MPa、lO.OMPa,图中a点压强为MPa。100200310020030040050060070080090010001100温度/T图甲10095908580757065CP平衡转化率、100%(3)图乙是反应条件对COz甲烷化反应中CH』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10-10

01002003004005010-10

01002003004005006007008009001000109070501CF选择性100图乙 T/V(4)450。(2时，若在体积为IL的恒容密闭容器中加入ImolCO2和4moi%混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)?iCH4(g)+2H2O(g)AH=-165kJmol'o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可转化为甲醛(CH3OCH3),甲醛可用于制作甲蹄燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6mol-L1的H2sO」溶液。则电极d为(填“正”或"负”)极，电极c上发生

的电极反应为.n催化剂[产极d)催化剂不n催化剂[产极d)(电极c)|[e-_)n„a一不J।——质子交换膜图内n.银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。CHj(2)某镇配合物由1个NF+与2个H0-N=f—1=N—0一形成。8H3①形成该镇配合物的元素中，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。②已知该配合物中只有一种元素的原子与Ni?+配位，则与锲配位的原子为(填“C"、“N"”或"0"),原因为。Ni(COb是常温下呈液态的银的重要配合物，易溶于CCM苯等有机溶剂，则Ni(CO)4的空间构型为,Ni(CO)4中含有的。键与兀键的数目之比为。(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。①该新型超导材料的化学式为。②若晶胞参数为anm,阿伏加德罗常数的值为Na,则该晶体的密度为g-cm*12.有机物W是一种抗失眠药，W的一种合成路线如下图所示。

Fq回答下列问题:Fq回答下列问题:A具有的官能团名称是。B的化学名称是o(3)反应②的反应类型为-(4)反应④中，丫的结构简式为。(5)写出反应⑤的化学方程式：。(6)C的某同系物Z的分子式为C8HfiCIFO,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)。①核磁共振氢谱图显示有6种不同化学环境的氢原子②苯环上有两个取代基且能与FeCb溶液发生显色反应③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(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.胆研为CuSOQHzO,铁器淬于胆研水中，发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+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：Ao【分析】A.胆帆是CUSO4SH2O的俗名，涉及反应是Fe+CuSO—FeSCh+Cu,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酸键和黑基两种官能团，均不能发生水解反应，故A不符合题意；B.由结构可知苯环为平面结构，谈基及直接相连的碳原子在同一平面上，酸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、埃基可以与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。.【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氯酸，反应的离子方程式是CIO+CO2+H2OHCIO+HCOJ-故A不符合题意；B.向硝酸铝溶液中滴加足量氢氧化钢溶生成偏铝酸钢、硝酸钢和水，反应的离子方程式为AP++4OH-A1O2+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+=CuS1+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MgCCh+2H+=Mg2++CO2T+H2O,故D不符合题意；故答案为：Bo【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，CO?过量，不会得到CaCCh,而是Ca(HCCh)2；C、D项是拆写问题，CuS、MgCO3是难溶物，不能拆。.【答案】C【解析】【解答】A.该装置为不加热装置，二氧化镭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：Co【分析】A装置是常温下制取。2,由于浓盐酸具有挥发性，制得的C12中含有HC1和水蒸气；B装置用于除去HQ；C装置是干燥Ch,D装置是用于制取SnCL；E装置是用于尾气处理，吸收剩余的CL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。.【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：Al>Si,A不符合题意；Y为Si,其最高价氧化物为SiCh,可与氢氟酸(HF)发生反应，B不符合题意；X为ALA1的金属性强于Cu,可以从CuSO4溶液中置换出Cu,C不符合题意；Z为Ca,W为C,CaC2中Ca?+和C广形成离子键，或-中C和C形成非极性共价键，D符合题意；故答案为：Do【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,丫位于同主族，假设X的最外层电子数为m,则3+2+2m=13,m=4,又W位于丫之前，可推出W是碳元素，丫是硅元素。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,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+O2t，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：Bo【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=O2T+4H+(或4OH-4e=2H2O+O2T),N极的电极反应式为2H2。+2$=氏廿20H(或2H++2&=匹3。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。据此分析。.【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；.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH),pH=7时，c(H+尸c(OH),则有c(Na+)=2c(A2)+c(HA),B不符合题意;NaHA溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(A3)+c(H2A)+c(HA),C符合题意；b点时，少2=2pH=3.2,即然N=10〃，c(H+)=1032,因此H2A的第一步电离常数一十Ki=£(HA2柬)=]0.10-3.2=]012,D不符合题意；c(H2A)故答案为：Co【分析】A.H2A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=K2SO4KHSO4-2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CChT(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)HS。>2C1+H+=S0；-+CLT+H2。【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+3K2cCh=K2so4KHsO42KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2T，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①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=K2SOrKHSO#2KHsO5+KHSO4+3H2O+3CO2T；(3)根据提给信息，溶液pH大于3.0时K2sO#KHSO：2KHSO5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PHV3.0；(4)由于过硫酸氢盐的强氧化性，过-硫酸氢钾复合盐可以和发生氧化还原反应：HSOm+2C「+H+=St^-+C12T+H20,从而放出氯气；(5)由检测原理：2KHsc)5=K2sO4+H2so4+O2T，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=2k+2H2。、L+2S2O1-=S4O浮+2「可知，活性氧原子与SzOg的比例关系为1：2,则样品中活性氧的质量分数为坐幽学100%=CL CL【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2H2so5+3H2so」+3K2co3=K2SO#KHSO#2KHsO5+KHSO4+3H2O+3CO2T，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+4H2S04=S+2CuSO4+2MnS04+4H2O(2)有蓝色沉淀生成NH4HCO3NHs3<a<4pH>1.7之后，Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe?+浓度降低，所以萃取率下降【解析】【解答】软镒矿(含MnCh和少量FezCh、SiO?)和辉铜矿(含Cu2s和少量SiCh、FezCh)中加入稀硫酸酸浸，SiCh不溶于稀硫酸，MnCh和Cu2s发生氧化还原反应生成S,因此滤渣1中含有SiCh和S,浸出液中主要含有FetCu2+,Mn2+,调节pH,将Fe?+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)4]SC>4的滤液，分离得到碳酸镒，碳酸锦经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锦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SiCh和S,酸浸时，MnCh将Cu2s中的硫氧化成单质硫，则反应的化学方程式为Ca2s+2MnO2+4H2S04=S+2CuSO4+2MnS04+4H2O,故答案为：SiO?、S；Cu2S+2MnO2+4H2sO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4W20；(2)KFe(CN)6溶液与Fe2+反应会生成蓝色沉淀，因此浸出液中含有Fe?+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后得到碳酸锌，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C1P+,Mn”不能沉淀，当Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)=1.0x10-5mol/L,c(0H~}=3Ksp[fe(aH)3]=10x 此时Qc(FeJ十)Kc(“+)=^^=1.0xl0-3mo//L,pH=3,由于Ksp[Cu(OH)2]<K、p[Mn(OH)2],CiP+先沉淀，当CM+开始沉淀时c(OAT)=z 嘿%]=10*lo-iOmo//L,c(W+)=彳需1=1-°x^mol/L,此c(C“4十) c^un)时pH=4,因此a的取值范围为把a<4,故答案为：3<a<4；(6)Fe3+存在水解平衡Fe3++3“2O=Fe(O”)3+3H+,pH>1.7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：pH>1.7之后，Fe3++342O=Fe(O")3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe，+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，FezCh与硫酸反应生成Fe2(SO5，MnCh和Cu2s发生氧化还原反应生成S,所以滤渣1是SiCh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)4]SC)4的滤液，分离得到碳酸锌，碳酸镭经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸镒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)+3H2(g)=C44(g)+H2()(g)AH=-206.1kJ/mol(2)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CCh的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；10.00.1；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6.75(5)正；CH30cH3-⑵-+3“2。=2CO2+12"+【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，由①-②可得CO甲烷化反应的热化学方程式为CO(g)+3H式g)=CHM+H2O(g)AH=-206.1kJ/mol,故答案为：CO(g)+3%(9)CCH«g)+H2O(g)AH=—206.1fc//mo/；(2)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO?的转化率先减小后增大；反应①正反应方向气体体积减小，反应②气体体积不变，压强增大，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，所以CO的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为lO.OMPa,故答案为：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CCh的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；lO.OMPa(3)由图可知，温度为400c时，CH4选择性：10.0MPa>3.0MPa>0.1Mpa,增大压强能稍微增大CH」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O.IMPa,故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH」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CCh为lmol/L,H2为4moi/L,平衡时CCh的转化率为75%,则平衡时CO?为O.25mol/L,H?为Imol/L,CH4为0.75mol/L,比0为1.5mol/L,则该反应的平衡常数K=-5xl^=0.25x1，6.75,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，甲醛失电子发生氧化反应，电极反应式为。“3。。“3-126-+3“2。=2。。2+12”+,故答案为：正；CH30cH3-12e-+3H2。=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①是放热反应，反应②是吸热反应，反应①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电极上甲酸失电子生成CO2,根据原子种类及个数守恒配平【答案】⑴|忖阳篇⑪向(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；1：1213 2(4)MgNi3C；^5^xIO?1【解析】【解答】(l)Ni元素为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2,则价电子排布图：(2)①组成该镇配合物的元素中，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；②该配合物中只有一种元素的原子与Ni2+配位，则与银配位的原子为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；lmolN