福建省莆田一中2021届高三模拟质量检测化学试题（解析版）

莆田一中2021届高三模拟测试卷

化学

本试卷总分100分，考试时间75分钟。

可能用到的相对原子质量：C：12H：1O：16Mg：24

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是

A.过度的开采可燃冰，有可能加剧温室效应

B.过期药品和针管不可投入可回收垃圾箱内

C.防护服的主要材料为有机合成高分子材料

D.75%的酒精和84消毒液的消毒原理相同

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.可燃冰的主要成分为甲烷，甲烷和燃烧生成的二氧化碳都是温室气体，则过度的开采可燃冰，

有可能加剧温室效应，故A正确；

B.过期药品和针管属于有毒有害垃圾，不可投入可回收垃圾箱内，故B正确；

C.制作防护服的聚乙烯、聚丙烯、聚酯纤维等都属于有机合成高分子材料，故C正确；

D.75%的酒精因为能使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，而次氯酸钠因为在溶液中发生水解反应生成具

有强氧化性的次氯酸，与细菌发生氧化还原反应起到杀菌消毒的作用，两者消毒原理不同，故D错误；

故选D。

2.啡(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH3+NaC10=N2H4+NaCl+H2O制备。下列有关微

粒的描述错误的是

A.N2H4的结构式为B.NaClO的电子式为Na，O—Cl「

的离子结构示意图：中子数为的氯的核素：

C.Na+28D.18

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.N2H4分子中两个N原子共用一对电子，每个N原子和两个H原子分别共用一对电子，结构式

为HHA正确;

H-N-N-H

B.NaClO属于离子化合物，由钠离子和次氯酸根离子构成，电子式为Na+[:O:C1:「，B错误；

C.Na+核电荷数为11,核外有10个电子，结构示意图为。)28，C正确；

V

D.质子数为17、中子数为18的氯原子质量数为17+18=35,可以表示为:;Cl,D正确；

答案为B。

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，2中含原子数为2NA

B.138gC2H50H中含极性键的数目为20NA

C.标准状况下，2溶于水，溶液中CLOCT和HC1O的微粒数之和为NA

D.向ILlmolL-的NH4cl溶液中加氨水至中性，此时溶液含NH：数目为N,\

【答案】D

【解析】

分析】

【详解】A.标准状况下二氧化氮不是气体，2的物质的量不是Imol,含有的氧原子数不是2NA,故A错误;

B.一个乙醇分子中含有一个C-C键、一个C-0键、一个O-H键和5个C-H键，除C-C键属于非极性键外,

其他都是极性键，因此一个乙醇分子含有7个极性键，138gQH50H的物质的量为3mol,含有的极性键数

为21NA,故B错误；

C.氯水中含有氯元素的微粒有C12、Cl-、HC10和C10-,标准状况下2的物质的量为，含有，其水溶液中

存在的物料守恒关系为：2N(Cb)+N(HC10)+N(Cr)

+N(C10>NA,故C错误；

D.ILlmolUNH4cl溶液中溶解了ImoINECl,含有ImolCh溶液中存在的电荷守恒关系为：

c(N”；)+c(H+)=c(Cr)+c(O/r)加入氨水至溶液呈中性，c(H+)=c(OH)则

C(NH：)=C(B)，因此该溶液中NH；与Ct的数目相等，含NH；数目为NA,故D正确；

故选Do

4.司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断

正确的是()

A.b的一氯代物有4种

B.C的分子式为Cl4Hl4。3

C.1mold最多能与4moiH2发生加成反应

D.d中所有碳原子可能处于同一平面

【答案】C

【解析】

【详解】A.b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误；

B.根据结构简式确定c的分子式为CMHMO.”故B错误；

C.苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应，所

以1mold最多能与4moi1发生加成反应，故C正确；

D.d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；

故答案选C。

【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易

错点。

5.下列实验方案正确的是

ABCD

分离四氯化碳与水除去食盐水中的泥沙制备乙酸乙酯分离苯和硝基苯

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

分析】

【详解】A.CCL密度比水大，有机层应在下层，A错误；

B.漏斗末端应紧靠烧杯内壁，B错误；

C.乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液收集，C正确:

D.温度计水银球应放在蒸储烧瓶支管口处，D错误；

故选Co

6.短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，最外层电子数：3Z+M=X+Y,其中元素R、X、Y、M

形成的化合物（结构式）具有如图所示转化关系。下列说法错误的是

A.简单气态氢化物的稳定性：Y>X

B简单离子半径：M>Y>Z

C.M的最高价氧化物对应水化物为强酸

D.Z分别与R、X、Y、M形成的化合物中均只含离子键

【答案】D

【解析】

【分析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，由图知，R、X、Y、M的共用电子对数分别为

1、4、2和1,则R、X、Y、M最分别为H、C、。和C1,按最外层电子数：3Z+M=X+Y,可得Z最外层为

1电子，则Z为Na,据此回答；

【详解】A.非金属性越强，简单氧化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：Y>X,A正确；

B.M即氯离子有18电子、半径比较大，Y和Z离子均10电子，具有相同的电子层结构的离子，核电荷数

越大，离子半径越小。则简单离子半径：M>Y>Z,B正确；

C.M的最高价氧化物对应水化物即高氯酸为强酸，C正确；

D.Z即Na与Y即O形成的化合物过氧化钠中既含离子键又有共价键，D不正确；

答案选D。

7.下列离子方程式书写正确的是

2++

A.向BaCb溶液中通入SO2气体：Ba+SO2+H2O=BaSO，U+2H

3+

B.向NH4Al（SOS溶液滴入过量NaOH溶液：A1+4OH-A1O2+2H2O

C.向Na2cCh溶液中通入过量SO2：CO；+2SO2+H2O=CO2+2HSO-

+2+

D.将H2c2。4溶液滴入酸性KMnCU溶液：5C2O^+2MnO4+16H=2Mn+1OCO2T+8H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钢溶液反应，故A错误；

B.硫酸铝锈溶液与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为

NH；+AP++5OH=NH3-H2O+A1O；+2H2O,故B错误；

C.碳酸钠溶液与过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为

CO；+2SO2+H2OCO2+2HSO3,故C正确；

D.草酸与酸性高镒酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸镒、二氧化碳和水，反应的离子方程式为

+2+

5H2C2O4+2MnO4+6H=2Mn+1OCO2T+8H2O,故D错误；

故选Co

8.理论研究表明，在lOlkPa和298K下，HCN(g)=HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下

列说法错误的是

A.HCN比HNC稳定

B.该异构化反应的AH=+59.3kJ.mo「

C.正反应的活化能大于逆反应的活化能

D.使用催化剂，可以改变反应的反应热

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳

定，故A正确；

B.根据焰变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的

AH=59.3kJ-mol-1-0=+59.3kJ-mol-1.故B正确；

C.根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；

D.使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故

D错误。

综上所述，答案为D。

9.Hg-Hg2so4标准电极常用于测定其它电极的电势，测知Hg-Hg2s。4电极的电势高于Cu电极的电势。以下

说法正确的是

A.K2s04溶液可用CCL代替

B.Hg-Hg2s04电极反应为Hg2sCU-2e=2Hg+SOt

C.若把Cu-CuSCU体系换作Zn-ZnSCh体系，电压表的示数变大

D.微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用

【答案】C

【解析】

【分析】根据题干信息，Hg-Hg2s04电极的电势高于Cu电极的电势，则Hg-Hg2sCU电极为正极，得到电子

发生还原反应，则电极反应式为：Hg2so4+2e=2Hg+SO：,Cu电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极

反应式为：Cu-2e=Cu2+,据此分析解答。

【详解】A.CCL,为非电解质，不能导电，因此不能用CCU代替K2s04溶液，A错误;

B.由上述分析可知，Hg-Hg2s04电极为正极，其电极反应式为：Hg2so4+2e=2Hg+SO：,B错误；

C.由于Cu-CuS04体系是电池的负极，失去电子发生氧化反应，若换成更加活泼的Zn-ZnSCU体系，更容易

失去电子，电压表的示数变大，C正确；

D.微孔瓷片是便于离子通过，而阻隔溶液通过的作用，D错误；

答案选C。

10.常温下，向20mL浓度均为」的HA与NaA的混合溶液中，分别滴加浓度均为」的HQ、NaOH两种溶

液，混合溶液的pH变化情况如图所示。下列说法正确的是

A.滴加HC1溶液的曲线为IB.水的电离程度：c>b>a

c(A)

C.d点时，1g—~4D.c点溶液中存在：c(Na*)=2[c(A-)+c(HA)」

c(HA)

【答案】C

【解析】

【分析】的HA与NaA的混合液的，说明HA为弱酸，且在该混合液中HA的电离程度大于A-的水解程度;

向该混合液中，滴加HC1,溶液的pH减小，则滴加盐酸溶液的曲线为II；滴加NaOH溶液，溶液的pH增

大，滴加NaOH溶液的曲线为I；据此分析作答。

【详解】A.滴加盐酸，溶液的pH减小，滴加盐酸的曲线为H,A错误；

B.a、b点都在曲线fl上，滴加盐酸时发生反应NaA+HCl=NaCl+HA,随着HC1的滴入，NaA逐渐减少、

HA逐渐增多，HA电离出H+抑制水的电离，A冰解促进水的电离，则水的电离程度不断减小，则水的电离

程度a>b,b点时加入20mL盐酸得到和的混合液，c点在曲线I上，滴加NaOH溶液时发生反应

NaOH+HA=NaA+H2。，c点加I入20mLNaOH溶液得至IJ溶液，则水的电离程度c>b,B错误；

C.的HA与NaA的混合液的，溶液中c(H+)=10mol/L,贝U&(HA尸胆上空’RO,d点溶液的pH=10,

c(HA)

…一+

溶液中।c(H+)=l(y2mol/L,&(HA尸二c(~H)—-c(—A)-=-1-0-'-°-x-c-(-A--)--101—c(~A-)-10,则…lg」c(~A)--C正…确;

c(HA)c(HA)c(HA)c(HA)

D.c点在曲线I上，滴力口NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2。，c点力口入20mLNaOH溶液得至lj溶

液，溶液中的物料守恒为c(Na+)=c(')+c(HA),D错误；

答案选C。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11.学习小组在实验室中利用下图所示装置制备so?并进行相关性质的探究。回答下列问题:

(1).仪器Q的名称为；装置b的作用是。

(2).装置a中反应的化学方程式为。

(3).装置e中出现_____(填现象)可证明SO?具有还原性。

(4).实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SCh,装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学

+

查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I+4H#S；+2I2+2H2OO

探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响

有同学认为除SO?的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实验设计进行验证

(SCh体积已折算为标准状况下体积)。

限选试剂：-KI溶液、-KI溶液、-KI溶液、蒸储水、浓硝酸、浓盐酸

影响因素编号操作现象

取50mL①____于锥形瓶中，向其中通入

i溶液变为浅黄色

20mLs。

c(r)2

ii取/KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20mLsCh溶液迅速变黄

取-KI溶液和5mL②______于锥形瓶中，向其

iii溶液迅速变黄

中通入20mLsCh

c(H+)

取L-KI溶液和5mL③_于锥形瓶中，向其中溶液迅速变黄，且出

iv

通入20mLsCh现乳黄色浑浊

探究n：探究sc)2在KI溶液体系中的反应产物

有同学提出上述可逆反应生成的L可与S02发生反应：SO2+l2+2H2O=SO^+2I-+4H\为进一步探究体系中

的产物，完成下列实验方案。

方案操作预期现象结论

取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴

i无明显变化浊液中无h

④——溶液(填试剂名称)，振荡

将装置d中浊液进行分离得淡黄色固体和澄清溶液

ii

取适量分离后的澄清溶液于试管中，⑥一⑦一

⑤—

⑧综上可知，S02在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为。

【答案】（1）.①.圆底烧瓶②.防止倒吸

A

（2）.Cu+2H2so4（浓）=C11SO4+SO2T+2H2O

（3）.KMnCU溶液紫红色颜色变浅或褪色

（4）.①.-ki溶液②.蒸镭水③.浓盐酸④.淀粉溶液⑤.加入稀盐酸酸化，再加入

BaCL溶液⑥.白色沉淀⑦.产物溶液中存在S0：⑧.3SO2+2H2O&S1+2SO：+4H+

【解析】

A

【分析】本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：Cu+2H2soK浓）=CuSO4+SC）27+2H2。，由于

SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明S02具有漂白性，由于SO2具有强还

原性，装置e中酸性KMnCh溶液褪色，由于SCh本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收

装置中根据实验现象，展开实验探究，探究是探究浓度对上述可逆反应

SO2,dI

+的影响，探究则是探究在溶液体系中的反应产物，通过对照实验

SO2+4I+4H.•SI+2I2+2H2OIIS02KI

进行对照最后得出结论，据此分析解题。

【小问1详解】

由题干实验装置图可知，仪器Q圆底烧瓶；由于S02易溶于水，故需要装置b进行防倒吸；

【小问2详解】

装置a中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应的化学方程式为

A

Cu+2H2so4（浓）=C11SO4+SO2T+2H2O；

【小问3详解】

酸性高锯酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锯酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证

明SO?具有还原性；

【小问4详解】

实验i和实验ii是探究「浓度对反应的影响，根据控制变量法可知，两实验只有KI的浓度不同，其他条件

均相同才能能出正确结论，结合浓度越大反应速率越快，故实验i加入50m的KI溶液；同理实验iii和实验

iv是探究H+浓度对可逆反应的影响，硝酸是氧化性酸、会氧化二氧化硫发生其它反应，故排除硝酸、选用

盐酸。结合浓度越大反应速率越快，故实验iii中加入5mL蒸储水；实验iv中加入5mL浓盐酸；

探究II：探究S02在KI溶液体系中的反应产物

实验i中要检验没有生成L,利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知实验i中加入几滴淀粉溶液，根据

题干猜想的反应方程式SO2+L+2H2O=SO：-+2r+4H+可知，实验ii则要检验反应后的溶液中含有SO：,取

适量分离后的澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸酸化，再加入氯化钢溶液；若看到有白色沉淀生成;

说明反应后的浊液中含有SO：；

综上可知，SCh在K1溶液中发生了歧化反应生成了S和SO：,KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离

+

子方程式为3SO2+2H2O=S+2SO4+4H„

12.以金属切削废料(由铁屑和银钻合金、金刚砂组成)为原料回收银钻生产NiSO#7H2O和COC12-6H2O的工

艺如图：

已知：①相关金属离子［co(Mn+1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

金属离子Co3+Co2+Fe3+Fe2+Ni2+

开始沉淀的pH

沉淀完全的pH

②常温下，K»p(NiCO3-7。

回答下列问题：

(1)将废料研磨成粉的作用是—•

(2)理论上“除铁”需控制pH的范围为—，“滤渣2”中除Fe(OH)3外，还有少量黄钠铁帆［Na2Fe6(SO4)4(OH)T，

写出Fe3+生成黄钠铁机的离子方程式：」

(3)写出“钻银分离”时发生反应的离子方程式：—。“银钻分离''后溶液中c(Ni2+L若“滤液2”中

5

c(CO3)=10-mobL-',则沉银率=_［况保率=----初妗(―2+)-----卜

(4)“转化”时产生的气体为一。

放电

(5)碱性银氢电池是国产比亚迪汽车车载电池之一，其电池反应为：NiOOH+MH-Ni(OH)2+Mo放电时，

秃电

负极反应式为—。

【答案】①.增大固液接触面积，加快酸溶速率，提高原料利用率②.或＜

2++

6Fe3++4SO:+2Na++12OH-=Na2Fe6(SO4)4(OH)i21④.C1O+2CO+5H2O=2CO(OH)3；+C|-+4H⑤.99%

或⑥.Ch⑦.MH-e-+OH-M+H2O

【解析】

【分析】金属切削废料(由铁屑和银钻合金、金刚砂组成)中加入HNCh、H2s的混合液，金属转化为阳离

子溶解在溶液中，Ni、Co转化为Ni2+、Co2+,Fe被HNO3氧化为Fe3+,金刚砂(SiC)不与酸反应，滤渣1

是SiC；滤液1加NaOH调pH,此时需让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，但不能使Ni2\Co?+沉淀，因此pH需

控制为，滤渣2为Fe(OH)3；滤液中再加NaClO将Co?+氧化为Co(OH)3,反应的离子方程式为

2++

C1O+2CO+5H2O=2CO(OH)31+C1+4H;再加Na2co3,将Ni?+转化为NiCCh沉淀，离子方程式为

Ni"+CO；=NiCO3j;NiCCh中加H2so4,反应生成NiSO」，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得NiSOaHzO；

钻锲分离后得到的Co(OH)3加浓HCL可将三价的Co还原为二价，得到CoCb,经蒸发浓缩、冷却结晶，

可得CoCi22H20。

【详解】(1)将废料研磨成粉可以增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；

(2)根据分析，“除铁”需控制pH的范围为或<；根据流程可知，黄钠铁研［Na2Fe6(SO4)4(OH)n］的形成需要

Fe3+>SO；、Na+、OH",反应的离子方程式为6Fe3++4SO：+2Na++12OH-=Na2Fe6(SO4)4(OH)i21；

⑶根据分析，钻镶分离时发生的反应为ClO+2Co2++5H2O=2Co(OH)31+Cr+4H+；c(CO：)=l(y5mol/L,根据

c(Ni)K、p(NiCO，)=吆

Ksp(NiCO/可知,沉银率

c(CO^)l.OxlO5

因沉淀减少的c(Ni2+)_01moi/L-0.01mol/L

初始c(Ni?*)O.lmol/L

⑷根据分析，转化时Co(OH)3将HCI氧化，HC1转化为CL；

放电

(5)根据NiOOH+MH-Ni(0H)2+M可知，MH为吸附了H原子的合金，M和H均为。价，放电时MH中0

痛

价的H失电子生成H20,电极反应为MH-e+OH=M+H2O；

13.CO2作为未来的重要碳源，其选择性加氢合成CH3OH一直是研究热点。在CO2加氢合成CH30H的体系

中，同时发生以下反应：

反应i:CO2(g)+3H2(g).-CHjOH(g)+H2O(g)^<0

反应ii：CC>2(g)+H2(g).'CO(g)+H2O(g)神〉。

(I)原料CCh可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，下列物质能作为CO?捕获剂的是—(填标号)。

A.Na2cCh溶液B.NaOH溶液C.CH3cH20HD.NH4CI溶液

(2)在特定温度下，由稳定态单质生成Imol化合物的焙变叫该物质在此温度下的标准生成焰(ZH：)。下表

为几种物质在298K的标准生成焰，则反应ii的△%=—

物质CO(g)

H2(g)CO2(g)H2O(g)

△fH：(kJ.mol1)0-394-111-242

(3)在CO2加氢合成CH30H的体系中，下列说法第像的是_(填标号)。

A.增大H2浓度有利于提高C02的转化率

B.若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡

C.体系达平衡后，若压缩体积，则反应i平衡正向移动，反应ii平衡不移动

D,选用合适的催化剂可以提高CHQH在单位时间内的产量

(4)某温度下，向容积为1L的密闭容器中通入ImolCCh(g)和5molH2(g),lOmin后体系达到平衡，此时CO?

的转化率为20%,CH30H的选择性为50%。

转化为CH30H的〃(CO?)

已知：CH30H的选择性支xlOO%

消耗的”(CO?)

①用表示内平均反应速率。

CO20〜lOminv(CO2)=

②反应i的平衡常数K=—(写出计算式即可)。

(5)维持压强和投料不变，将CO2和H?按一定流速通过反应器，二氧化碳的转化率a(CO2)和甲醉的选择性

/CH3OH)随温度变化的关系如图所示：

己知催化剂活性受温度影响变化不大。结合反应i和反应ii,分析235℃后曲线变化的原因。

①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是；

②二氧化碳的转化率随温度升高也在下降的可能原因是一o

【答案】①.AB②.+41③.CO^mol-E'.min-1⑤.0」、叱⑥.i为放热

0.8x4.6

反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动⑦.反应达平衡后，升高温度，反应i使二氧化碳的

转化率减小的程度大于反应ii使二氧化碳的转化率增大的程度

【解析】

【分析】

【详解】⑴能与C02反应的，均可以作为C02捕获剂，故选AB；

根据已知信息可得热化学方程式：

(2)①H2(g)+；O2(g)=H2O(g)②C(s)+；02(g)=CO(g)

③C(s)+C)2(g)=82(g)△//=-394kJ・mol」；根据盖斯定律可得，由①+②-③可得反应ii：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△，2=+41kJ・moH；

(3)A.增大H2浓度，平衡正向移动，CCh的转化率增大，正确；

B.混合气体的总质量不变，但是总物质的量随反应进行发生变化，则气体的平均相对分子质量会随反应的

进行发生变化，则若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；

C.体系达平衡后，若压缩体积，增大压强，则反应i正向移动，CO?、氏的浓度减小，则反应ii逆向移动,

错误；

D.催化剂虽然不能使平衡发生移动，但是可以加快反应速率，故选用合适的催化剂可以提高CH30H在单

位时间内的产量，正确；故选C；

(4)①用CCh表示。〜lOmin内平均反应速率；

②反应达到平衡时，CCh的转化量为，CH30H的选择性为50%,则

转化为CH30H的〃(CO?)：消耗的〃(C02)x50%=0.2molx50%=0.1mol,则

CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)

转化为CO的〃(CO?)=0.Imol,则可得:2232

转化(mol/L)0.10.30.10.1

CO2(g)+H2(g);CO(g)+H2O(g)

0I，则平衡时，c(CC)2,C(H,C(CH3,以比，反应i的

转化(mol/L)0.10.10.12

aCHaOHEH?。)0.lx0.2

平衡常数长=

C(CO2)?(H2)0.8x4.63

(5)①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是反应i为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移

动；

②反应i为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，会使二氧化碳的转化率有减小的趋势；

反应ii为吸热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动，会使二氧化碳的转化率有增大的趋势，反

应i使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ii使二氧化碳的转化率增大的程度，故二氧化碳的转化率

随温度升高在下降。

14.单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载

模催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。

(1).基态银原子的核外电子排布式为。

(2).氧化镁载体及银催化反应中涉及到CH4、CCh和CH30H等物质。元素Mg、。和C的第一电离能由小

到大排序为；在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是,立体构型为

正四面体的分子是,三种物质中沸点最高的是CH3OH,其原因是。

(3).Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(C0)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是

Ni(C0)4晶体类型是。

(4).已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgO晶胞边长为，则MgO的密度为

g/cnr"保留小数点后一位)。

si

【答案】①.Is22s22P63s23P63d4s2②.Mg<C<0®.C02CH4⑤.甲醇极性分子,

且甲醇分子间能形成氢键⑥.C⑦.分子晶体⑧.

【解析】

【分析】

【详解】(1)银元素的原子序数为28,基态保原子的核外电子排布式是Is22s22P63s23P63d84s2,故答案为：

1S22s22P63s23P63d84s2;

(2)金属元素的第一电离能小于非金属元素的电负性，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则Mg、0和C

三种元素的第一电离能由小到大排序为Mg<C<O；甲烷和甲醇分子中的碳原子都为饱和碳原子，杂化方式

为sp3杂化，空间构型都为四面体形，但甲烷的空间构型为正四面体形，二氧化碳分子中碳原子的价层电子

对数为2,杂化方式为sp杂化，则二氧化碳分子中的碳原子的杂化方式不同于甲烷和甲醇分子；甲烷和二

氧化碳为结构对称的非极性分子，甲醛分子是结构不对称的极性分子，且甲醇分子中含有羟基，分子间能

形成氢键,分子间的相互作用力大于甲烷和二氧化碳，属于三种物质则甲醇的沸点最高，故答案为:Mg<C<0；

co2；CH4；甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键；

(3)由题意可知，四城基合镇是的沸点低的分子晶体，分子中与银原子具有空轨道，能与一氧化碳分子中具

有孤对电子的碳原子形成配位键，故答案为：C；分子晶体；

(4)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子的个数为8x1+6x1=4,位于棱上和体心的镁离子个

o2

14x40

数为12x—+l=4,设晶体的密度为dg/cnA由晶胞的质量公式可得：-----------7)3d,解得，故答案为:。

46.02x1023

15.曲美布汀是一种消化系统药物的有效成分，能缓解各种原因引起的胃肠痉挛，可通过以下路线合成。

II+

己知：R—CNR