精品解析：河北省唐山市2021-2022学年高三下学期第一次模拟考试化学试题（解析版）

唐山市2022年普通高中学业水平选择性考试第一次模拟演练化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28S-32Cu-64I卷(共43分)一、单项选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活、科技、传统文化密切相关。以下说法正确的是A.春晚直播间高清摄像头镜片的主要成分是二氧化硅B.75%的医用酒精和84消毒液混合使用消毒效果会更好C.北京冬奧会火炬使用的碳纤维材料属于有机高分子材料D.烟花燃放是利用了金属的焰色反应，焰色反应是化学变化【答案】A【解析】【详解】A．高清摄像头镜片属于玻璃，玻璃的主要成分为二氧化硅，A正确；B．酒精有还原性，84消毒液因其强氧化性可以消毒杀菌，二者混合后发生氧化还原反应，降低消毒效果，B错误；C．碳纤维为碳单质，不是有机物，C错误；D．焰色反应是利用了电子的跃迁，不是化学变化，D错误；综上所述答案为A。2.车用尿素是利用2CO(NH2)2+4NO2→2CO2+4N2+O2+4H2O减少柴油机尾气中氮氧化物的排放。有关化学用语表示正确的是A.中子数为10的氧原子：10OB.N2的电子式：C.二氧化碳的比例模型：D.CO(NH2)2的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A．中子数为10的O原子的质量数为10+8=18，符号为18O，A错误；B．氮气分子中每个N原子最外层有8个电子，电子式为，B错误；C．碳原子的半径比氧原子大，C错误；D．CO(NH2)2分子中羰基上的碳原子连接两个氨基，结构简式为，D正确；综上所述答案为D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，将2.24LCl2通入水中，Cl-、ClO-、HClO的数目之和为0.2NAB.12gNaHSO4晶体中，离子总数为0.2NAC.3.2gCu在足量O2或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为0.1NAD.100g46%的CH3CH2OH溶液中O原子的数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．标况下2.24LCl2为0.1mol，氯气与水的反应为可逆反应，溶液中还会有氯气分子的存在，所以Cl-、ClO-、HClO的数目之和小于0.2NA，A错误；B．12gNaHSO4晶体的物质的量为=0.1mol，NaHSO4晶体由钠离子和硫酸氢根构成，所以离子总数为0.2NA，B正确；C．3.2gCu为0.1mol，与硫蒸气反应时生成Cu2S，转移电子数为0.1NA，但与氧气反应时生成CuO，转移电子数为0.2NA，C错误；D．100g46%的CH3CH2OH溶液中含有46g即1mol乙醇，含有NA个O原子，但此外还有水中也含有O原子，D错误；综上所述答案为B。4.下列离子方程式书写正确的是A.过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2OB.用醋酸除去水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC.向AgNO3溶液中滴加氨水至过量：Ag++2NH3·H2O=Ag(NH3)+2H2OD.物质的量浓度、体积均相同的NH4HSO4、NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3·H2O【答案】C【解析】【详解】A．铁粉过量，最终生成亚铁离子，离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，A错误；B．醋酸弱酸，不能拆，离子方程式应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，B错误；C．氨水过量，生成银氨溶液，离子方程式为Ag++2NH3·H2O=Ag(NH3)+2H2O，C正确；D．物质的量浓度、体积均相同的NH4HSO4、NaOH溶液混合，只有氢离子能和氢氧根反应，铵根不反应，离子方程式为H++OH-=H2O，D错误；综上所述答案为C。5.下列说法正确的是A.SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成B.BrCl的化学性质和Cl2相似，BrCl+H2O=HCl+HBrO也是氧化还原反应C.NaI与浓H2SO4共热可制得HID.N2H4与足量盐酸反应生成N2H6Cl2【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，能与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根能将二氧化硫氧化生成硫酸，溶液中的硫酸根离子与钡离子能反应生成硫酸钡白色沉淀，故A错误；B．由方程式可知，氯化溴与水反应时没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，共热条件下与碘化钠发生氧化还原反应生成碘，无法制得碘化氢气体，故C错误；D．联氨分子中的2个氮原子都具有孤对电子，都能与具有空轨道的氢离子形成配位键，则联氨能与足量盐酸反应生成N2H6Cl2，故D正确；故选D。6.X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由其组成的化合物A的结构如图所示，Q的原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法错误的是A.W、Q形成的二元化合物与X2Q、YQ2的反应都属于氧化还原反应B.X2YQ2能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.物质A的阴离子可以与水分子间形成氢键D.将ZQ2通入等物质的量的WQX水溶液中，所得溶液呈碱性【答案】A【解析】【分析】Q的原子最外层电子数是电子层数的3倍，且Q可以形成两个共价键，则Q为O元素；W可以形成+1价阳离子，且原子序数大于O，所以W为Na元素；X可以形成一个共价键，且原子序数最小，应是H元素；Z可以形成3个共价键、Y可以形成5个共价键，且Z的原子序数大于Y，但小于O，所以Z为N元素，Y为C元素。【详解】A．Na和O元素形成的二元化合物有Na2O和Na2O2，Na2O与H2O、CO2的反应均不是氧化还原反应，A错误；B．X2YQ2为H2CO2，即HCOOH，含有-CHO结构，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．物质A的阴离子中含有-NH2，可以与水分子间形成氢键，C正确；D．将NO2通入等物质的量的NaOH水溶液中，发生反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NaNO3为强碱强酸盐，NaNO2为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，D正确；综上所述答案为A。7.花椒毒素是白芷等中草药的药效成分，其结构简式如图。下列关于花椒毒素的说法错误的是A.分子式为C12H18O4B.分子中有两种含氧官能团C.该分子中所有原子可能处于同一平面D.1mol花椒毒素最多消耗2molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C12H18O4，A正确；B．该物质中含氧官能团为酯基、醚键，B正确；C．该物质中含有甲基，根据甲烷的结构可知不可能所有原子共面，C错误；D．酯基可以和NaOH反应，且酯基水解后生成一个酚羟基，也可以和NaOH反应，所以1mol花椒毒素最多消耗2molNaOH，D正确；综上所述答案为C。8.利用下列装置和试剂进行实验，不能达到实验目的的是A.装置甲比较AgCl和AgI的KspB.装置乙用MgCl2溶液制取无水MgCl2C.装置丙比较C和S的非金属性D.装置丁在铁制物品上镀铜【答案】B【解析】【详解】A．向NaCl溶液中滴入少量硝酸银溶液，产生白色AgCl沉淀，再滴加KI溶液，若沉淀转化为黄色的AgI沉淀，说明AgI的溶解度更小，而二者为同类型沉淀，溶解度小即Ksp小，A正确；B．氯化镁溶液中镁离子会水解生成HCl，受热后HCl挥发，同时促进水解，所以蒸干后无法得到无水MgCl2，B错误；C．稀硫酸为S元素最高价含氧酸，根据澄清石灰水变浑浊可以证明稀硫酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳，即硫酸的酸性强于碳酸，说明S的非金属性强于C，C正确；D．Fe为阴极，溶液中铜离子放电生成铜单质附着在Fe表面，Cu在阳极放电生成铜离子，补充溶液中被消耗的铜离子，可以实现镀铜，D正确；综上所述答案为B。9.以某冶金工业产生的废渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)为原料，根据下列流程可制备K2Cr2O7。下列说法正确的是A.煅烧时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1B.滤渣中主要成分是Al(OH)3C.CO2和Na2CO3在流程中可循环使用D.加入KOH，有利于提高K2Cr2O7的产率【答案】C【解析】【分析】向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应，4Na2CO3+2Cr2O3+3O2=4Na2CrO4+4CO2，Na2CO3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑，Na2CO3+Al2O3

=2NaAlO2+CO2↑，用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会析出溶解度更小的K2Cr2O7晶体，以此分析解答。【详解】A．向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应：4Na2CO3+2Cr2O3+3O2=4Na2CrO4+4CO2，O元素化合价降低，O2做氧化剂，Cr元素化合价升高，Cr2O3做还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故A错误；

B．用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成Al(OH)3沉淀和硅酸沉淀，故B错误；

C．从上述流程图可知，CO2和Na2CO3均可循环使用，故C正确；

D．由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入硫酸和KCl固体，反应如下：2Na2CrO4+H2SO4=Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会析出K2Cr2O7晶体，故D错误；

故选：C。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。10.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验现象结论A将淀粉和稀硫酸混合加热一段时间后，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热产生砖红色沉淀淀粉在稀硫酸、加热条件下水解为葡萄糖B向盛有饱和NaCl溶液的试管中，先通入足量NH3再通入过量CO2溶液变浑浊制得NaHCO3晶体C将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入溴水中溶液橙黄色褪去产生的气体一定是乙烯D在Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色该气体产物具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成砖红色沉淀，则将淀粉和稀硫酸混合加热一段时间后，应先加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，并使溶液呈碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热能产生砖红色沉淀，故A错误；B．氨气极易溶于水，在水中的溶解度大于二氧化碳，向饱和食盐水中先通入足量氨气使溶液呈碱性，能增大二氧化碳在溶液中的溶解度，有利于二氧化碳与、氨气、氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠，故B正确；C．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能使乙醇脱水碳化，碳与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫也能与溴水反应使溶液褪色，则将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入溴水中，溶液橙黄色褪去不能说明产生的气体一定是乙烯，故C错误；D．亚硫酸饱和溶液与稀硫酸反应生成具有还原性的二氧化硫，二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，故D错误；故选B。11.氨气去除NO的反应原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH<0，反应速率与浓度之间存在如下关系：v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)·c6(H2O)，k正、k逆为速率常数，只受温度影响。350℃时，在2L恒容密闭容器中，通入0.9molNH3(g)和1.2molNO(g)发生反应，保持温度不变，5min后反应达平衡，NO的转化率为50%。下列说法正确的是A.用NH3表示的化学反应速率为0.06mol·L-1·min-1B.350℃时，该反应的平衡常数为0.5C.其他条件不变，往反应后的容器中再通入0.9molNH3(g)和1.2molNO(g)，重新达平衡时NO的体积分数增大D.当温度改变为T°C时，若k正=k逆，则T>350【答案】C【解析】【分析】由题意可得如下三段式：【详解】A．由三段式数据可知，用氨气表示的化学反应速率为=0.04mol·L-1·min-1，故A错误；B．由三段式数据可知，350℃时，反应的平衡常数为=0.25，故B错误；C．其他条件不变，往反应后的容器中再通入0.9mol氨气和1.2mol一氧化氮相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的体积分数增大，故C正确；D．反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，则反应速率k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·c5(N2)·c6(H2O)，==K，当k正=k逆时，平衡常数K=1>0.25说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，则反应温度小于350℃，故D错误；故选C。12.钠离子电池比锂离子电池更稳定，造价更低，可实现5~10min内快速充电，电池结构如图。总反应为：NaC6+Na1-XMO2NaMO2+Na1-XC6(0≤x≤0.55，M为过渡金属)，下列叙述正确的是A.单位质量的负极材料钠离子电池比锂离子电池可以提供更多的电量B.放电时，Na+从石墨烯纳米片中脱嵌，经电解质嵌入过渡金属氧化物C.充电时，阴极上发生的电极反应为Na1-xMO2+xe—+xNa+=NaMO2(0≤x≤0.55)D.充电时，外电路中每转移0.2mole—，理论上石墨烯纳米片将增重4.6g【答案】BD【解析】【分析】由图可知，放电时，石墨烯纳米电极为负极，NaC6在负极失去电子发生氧化反应生成钠离子和Na1-XC6，电极反应式为NaC6—xe—=Na1-XC6+xNa+(0≤x≤0.55)，过渡金属氧化物为正极，在钠离子作用下，Na1-xMO2在正极得到电子发生还原反应生成NaMO2，电极反应式为Na1-xMO2+xe—+xNa+=NaMO2(0≤x≤0.55)，充电时，石墨烯纳米电极与直流电源负极相连，做电解池的阴极，过渡金属氧化物与正极相连，做阳极。【详解】A．金属钠的摩尔质量大于金属锂，单位质量的钠失去电子的物质的量小于金属锂，则钠离子电池提供的电量少于锂离子电池，故A错误；B．由分析可知，放电时，钠离子从石墨烯纳米片中脱嵌，经电解质嵌入过渡金属氧化物，故B正确；C．由分析可知，充电时，石墨烯纳米电极与直流电源负极相连，做电解池的阴极，Na1-XC6在钠离子作用下得到电子发生还原反应生成NaC6，电极反应式为Na1-XC6+xNa++xe—=NaC6，故C错误；D．由分析可知，充电时，石墨烯纳米电极与直流电源负极相连，做电解池的阴极，Na1-XC6在钠离子作用下得到电子发生还原反应生成NaC6，电极反应式为Na1-XC6+xNa++xe—=NaC6，由电极反应式可知，外电路中每转移0.2mole—，理论上石墨烯纳米片将增重0.2mol×23gmol=4.6g，故D正确；故选BD。13.25℃时，某混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.1mol/L，1gc(HCOOH)、1gc(HCOO-)、lgc(H+)和lgc(OH-)随pH变化的关系如图所示。Ka为HCOOH的电离常数，下列说法正确的是A.M点时，c(H+)=c(HCOO-)B.O点时，pH=-1gKaC.该体系中，c(HCOOH)=mol/LD.pH由7到14的变化过程中，水的电离程度始终增大【答案】AC【解析】【分析】随pH增大，c(H+)减小，直线MO表示lgc(H+)随pH变化；随pH增大，c(OH-)增大，直线OP表示lgc(OH-)随pH变化；随pH增大，c(HCOO-)增大，曲线MN表示lgc(HCOO-)随pH变化；随pH增大，c(HCOOH)减小，曲线NP表示lgc(HCOOH)随pH变化；【详解】A．直线MO表示lgc(H+)随pH变化，曲线MN表示lgc(HCOO-)随pH变化；所以M点时，c(H+)=c(HCOO-)，故A正确；B．，O点时，c(HCOO-)≠c(HCOOH)，所以Ka≠c(H+)，pH≠-1gKa，故B错误；C．该体系中，c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.1mol/L，，故C正确；D．pH由7到14的变化过程中，水的电离程度先增大后减小，故D错误；选AC。三、非选择题：共57分。第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17-18题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。14.镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备NiSO4·6H2O和钴的工艺流程如图所示。已知：①Ni、Co的化学性质与Fe相似：②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+Co2+Mg2+开始沉淀时的pH6.84.12.27.57.294沉淀完全时的pH9.25.43.29.09.012.4③“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)。回答下列问题：（1）滤渣I的主要成分为____(填化学式)。（2）调pH的目的为沉铁和沉铝。沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为____。如何判断NaClO已足量：____(写出具体操作过程)。（3）滤渣3的成分为MgF2和CaF2。若滤液1中c(Ca2+)=1.0×10-3molL，当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，除钙率为____(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)（4）用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和钴/镍分离因素随pH的关系如图所示：萃取时，选择pH为___左右。（5）试剂X为___。（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。温度低于30.8℃30.8℃~53.8℃53.8℃~280℃高于280℃晶体形态NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多种结晶水合物NiSO4由NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作M依次是蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥。【答案】（1）CaSO4和SiO2（2）①.2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO②.取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量（3）997%（4）3.5（5）盐酸（6）冷却至30.8℃~53.8℃之间结晶【解析】【分析】红土镍矿：主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应，则过滤得到的滤渣1含SiO2和CaSO4；向滤液中加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节pH，将铁离子、铝离子沉淀，过滤，滤渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3；向滤液1中加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀，滤渣3含MgF2、CaF2；向滤液2中加入萃取剂，将二价钴离子萃取到有机相中，再加盐酸进行反萃取，得到氯化钴溶液，氯化钴溶液电解得到单质钴；而二价镍离子在萃取的水相中，将水相处理得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。【小问1详解】由分析可知，滤渣1的主要成分是：SiO2和CaSO4。【小问2详解】次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要证明次氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为：取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量。【小问3详解】当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)===510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)===310-6mol/L，除钙率为：。【小问4详解】由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右。【小问5详解】由图示可知，反萃取后得到氯化钴溶液，再结合已知信息③，因此试剂X为盐酸。【小问6详解】从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。15.钛的密度4.43g/cm3，机械强度和抗腐蚀性均很强，常用活泼金属还原TiCl4制得。已知TiCl4常温下是一种极易水解的无色液体，沸点136.4℃。实验室利用TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO制备TiCl4的装置如图所示。回答下列问题：

（1）为使a中分液漏斗内的浓盐酸顺利滴下，可将分液漏斗玻璃塞的____对准分液漏斗上部的小孔。装置A中发生反应的离子方程式为____。（2）装置C中应盛放的试剂名称为____。装置B的作用为除去Cl2中的HCl，则其中盛放的试剂可以是____。①饱和NaHCO3溶液②四氯化碳③饱和NaCl溶液④稀硫酸（3）仪器c的名称为____，其出水口的位置为____。（4）仪器d中碱石灰的作用为____。（5）装置单元X的作用为____。【答案】（1）①.凹槽②.MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O（2）①.浓硫酸②.③④（3）①.(直形)冷凝管②.f（4）吸收未反应的Cl2，防止污染；防止外界的水蒸气进入b中使产品变质（5）处理尾气CO【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水或稀硫酸用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与二氧化钛、碳粉高温条件下反应制备四氯化钛，装置E中锥形瓶和冷凝管用于冷凝收集四氯化钛，盛有碱石灰的干燥管用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止外界的水蒸气进入锥形瓶中使产品变质，装置单元X用于处理一氧化碳，防止污染空气。【小问1详解】实验时，应将分液漏斗玻璃塞的凹槽对准分液漏斗上部的小孔，达到平衡气压的作用，使a中分液漏斗内的浓盐酸顺利滴下；装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：凹槽；MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；【小问2详解】由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水或稀硫酸用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，故答案为：浓硫酸；③④；【小问3详解】由实验装置图可知，仪器c为(直形)冷凝管，目的是使四氯化钛冷凝回流，提高产率，为增强冷凝回流的效果，冷却水应从下口e通入、上口f流出，故答案为：(直形)冷凝管；f；【小问4详解】由分析可知，盛有碱石灰的干燥管用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止外界的水蒸气进入锥形瓶中使产品变质，故答案为：吸收未反应的Cl2，防止污染；防止外界的水蒸气进入b中使产品变质；【小问5详解】由分析可知，装置单元X用于处理一氧化碳，防止污染空气，故答案为：处理尾气CO。16.CO2的资源化利用能有效减少CO2排放缓解能源危机，有助于实现碳达峰、碳中和。I.CO2催化加氢制甲醇(CH3OH)①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol③CO(g)+H2(g)CH3OH(g)ΔH3=-45.1kJ/mol（1）反应①的ΔH1=____。（2）在催化剂作用下CO2加氢可制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示CO2吸附在催化剂表面；图中*H己省略)。上述合成甲醇的反应速率较慢，该反应过程中决速步反应的化学方程式为____。（3）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有____。A.加压，反应②的平衡不移动，化学平衡常数不变B.增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率C.加入催化剂，可以降低反应的反应热D.及时分离除CH3OH，循环利用CO2和H2，可以提高反应速率和原料的利用率II：CO2催化(固体催化剂)加氢合成甲烷主反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-165kJ·mol-1副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.1kJ·mol-1在不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性(CH4选择性=)随温度变化的影响如图所示。（4）对比上述三种催化剂的催化性能，工业上选择的催化剂是Ni-20CeO2/MCM-41，其使用的合适温度为____℃左右(填选项)。A.300B.340C.380D.420当温度高于400℃时，CO2转化率和生成CH4选择性均有所下降，其原因可能是____。(答出一点即可)（5）向某恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，其分压分别为0.85MPa、2.7MPa，在温度t℃，某催化剂催化下发生甲烷化反应，一段时间后，主、副反应均达平衡(不考虑其它副反应)，测得容器内CH4和H2O的分压分别为0.6MPa、1.25MPa，则主反应的分压平衡常数Kp=____MPa-2。【答案】（1）-49.0kJ/mol（2）*CO+*OH+*H→*CO+*H2O或*OH+*H→*H2O（3）B（4）①.C②.①CO2甲烷化为放热反应，升温，该反应受到抑制。②催化剂活性降低(催化剂表面积碳)。③发生了其它副反应(甲烷水蒸气重整等)（5）1200【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，②+③×2可得反应①的ΔH1=+41.2kJ/mol+(-45.1kJ/mol)×2=-49.0kJ/mol；【小问2详解】活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，据图可知活化能最大的步骤是*CO+*OH+*H→*CO+*H2O或*OH+*H→*H2O；【小问3详解】A．反应①、③均为气体系数之和减小的反应，加压两个反应的平衡正向移动，两反应的平衡移动会使体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度发生变化，反应②的平衡也会发生移动，A错误；B．增大H2的浓度，反应①、②平衡正向移动，可以增大CO2的平衡转化率，B正确；C．催化剂可以降低反应的活化能，但不改变反应热，C错误；D．及时分离出CH3OH，会导致体系内各物质的浓度减小，反应速率会减慢，D错误；综上所述答案为B；【小问4详解】据图可知在使用Ni-20CeO2/MCM-41催化剂时，温度为380℃时CO2转化率和生成CH4选择性均较高，故选C；①CO2甲烷化为放热反应，升温，该反应受到抑制，平衡逆向移动；②温度过高，催化剂活性降低(催化剂表面积碳)；③发生了其它副反应(甲烷水蒸气重整等)，所以当温度高于400℃时，CO2转化率和生成CH4选择性均有所下降；【小问5详解】恒容容器中气体的压强之比等于物质的量之比，所以不妨设初始投料为0.85molCO2和2.7molH2，平衡时CH4和H2O的物质的量分别为0.6mol、1.25mol，设平衡时CO2、H2、CO的物质的量分别为x、y、z，根据C元素守恒可得x+z+0.6=0.85、根据H元素守恒可得0.6×4+2y+1.25×2=2.7×2、根据O元素守恒可得1.25+2x+z=0.85×2，联立可以解得CO2、H2、CO的物质的量分别为0.2mol、0.25mol、0.05mol，即分压分别为0.2MPa、0.25MPa、0.05MPa，所以主反应的平衡常数Kp=MPa-2=1200MPa-2。(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。17.第IIIA族元素及其化合物有着很多优良的性能和特性，在半导体、太阳能、合金、超导等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态镓的核外电子占据的最高能层符号为___，能量最高的电子占据的原子轨道电子云轮廓为____形。（2）铝与同周期相邻的两元素相比，第一电离能由大到小的顺序为____(用元素符号表示)。（3）BH3分子的空间构型为____，H3BO3显酸性的原因类似于NH3显碱性的原因，请写出H3BO3的电离方程式____。（4）已知硼酸钠的结构如图1所示，其中硼原子的杂化类型为____。（5）砷化镓的立方晶胞结构如图2所示，已知砷化镓晶胞边长为anm，砷化镓晶体的密度为dg·cm-3，则砷化镓的摩尔质量为____g·mol-1(设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。（6）以晶胞参数为单位长度建立坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。晶胞中有几个微粒就有几个该微粒的分数坐标，比如砷化镓晶胞中有4个镓原子，其分数坐标分别为(0，0，0)、(，，0)、(，0，)和____。【答案】（1）①.N②.哑铃（2）Si＞Mg＞Al（3）①.平面三角形②.H3BO3+H2OH++B(OH)（4）sp2（5）（6）