高中化学综合模拟(二)

综合模拟（二）

考生注意：

1.本试卷共4页。

2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应

位置上。

3.请在密封线内作答，保持试卷清洁完整。

一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42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.（2020•山西运城高三期末）化学与生产生活息息相关，下列有关说法正确的是（）

A.《鹤林玉露・一钱斩史》中记载“一日一钱，千日千钱，绳锯木断，水滴石穿”不涉及化学

变化

B.“五粮液”酿酒的原理是通过蒸储法将高粱等粮食中的乙醉分离出来

C.古成语“刀耕火种”，其化学原理是以灰肥田，并可以有效降低土壤的酸度

D.瓷器烧制前后颜色不同的现象称为“窑变”，“窑变”属于物理变化

答案C

解析“水滴石穿”过程中，水中的碳酸与石灰石发生反应生成碳酸氢钙，所以涉及化学变

化，A错误；高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应生成乙醇，再

根据乙醇与水的沸点不同，用蒸储的方法分离出来，B错误；草木灰的主要成分为碳酸钾，

水解呈碱性，使土壤碱性增强，降低土壤的酸度，C正确；“窑变”是高温下某些金属元素

的价态发生变化而导致颜色变化，有新物质生成，属于化学变化，D错误。

2.（2020•河北辛集中学高三期中）下列化学用语或模型正确的是（）

A.氯化氢的电子式：匚「

B.N2的结构式：N三N

C.硫离子结构示意图：勿

D.四分子的球棍模型：4^

答案B

TT*

解析氯化氢属于共价化合物，电子式为...，A不正确；S元素的质子数是16,因此

硫离子结构示意图：,，C不正确；是甲烷的比例模型，CH4分子的球棍模型为

叫D不正确。

3.(2021・四川网中中学高三质检)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()

A.2.3gNa与02完全反应，反应中转移的电子数介于O.INA和0.2以之间

B.500mL0.5molL的NaCl溶液中微粒数大于0.5必

C.标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4刈极性共价键

D.12g金刚石中含有化学键的数目为4以

答案B

解析不管Na与02反应生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价均由0升高为+1,因

而2.3gNa(0.1mol)转移的电子数为0.12A,A错误；n(Na+)=n(CF)=0.5LX0.5molL-|=

0.25mol,“(Na+)+〃(cr)=0.5mol,因而Na.和C厂总计为0.5NA个，但溶液中水会电离出

极少量的H+和0H,因而500mL0.5mo卜L-l的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA,B正确；标

准状况下，二氯甲烷是液体，22.4L二氯甲烷不是1mol,C错误；金刚石中每一个碳原子形

成四个共价键，但一个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原子只分摊2个共价键，所以

12g金刚石中，即1mol金刚石中含有化学键的数目为2NA,D错误。

4.(2020.泰安高三期中)下列离子方程式书写正确的是()

A.过量的SO2,通入NaOH溶液中：SO2+2OH=SOj+H2O

+3+

B.FezCh溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H=2Fe+3H2O

C.NaHCCh溶液中加入过量的Ba(0H)2溶液：

2+

2HC0；+Ba+2OH=BaCO3I+2H2O+COr

D.将H2O2滴入酸性KMnO4溶液中：

-12+

2MI1O4+5H2O2+6H=2Mn+5O2f+8H2O

答案D

解析过量的二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SCh+OH-

^=HS07,故A错误；氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方

+2+

程式为Fe2O3+6H+2r=2Fe+l2+3H2O,故B错误；碳酸氢钠溶液与过量氢氧化领溶

液反应生成碳酸领沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为HCO7+Ba2++OH-

=BaCO3I+H2O,故C错误；具有还原性的过氧化氢与具有氧化性的酸性高镒酸钾溶液反

应的离子方程式为2MnO1+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2t+8H2O,故D正确。

5.在酸性条件下，向含倍废水中加入FeSO4,可将有害的CnOy转化为CF+,然后再加入

熟石灰调节溶液的pH,使Cr3+转化为Cr(0H)3沉淀，而从废水中除去。下列说法正确的是

()

A.FeSCU在反应中作氧化剂

B.随着反应的进行，该废水的pH会减小

C.若该反应转移0.6mol电子，则会有0.2molCnO厂被还原

D.除去废水中含铭元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应

答案D

解析FeSC)4可将有害的CnO歹转化为CF+,即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升

高，即FeSCU为还原剂，A错误；该过程中发生的反应为6Fe2++Cr2。歹+14H+=6Fe3++

j+

2Cr+7H2O,故随着反应的进行，该废水的pH会增大，B错误；C^O歹中Cr的化合价为

+6,转化为Cr3+,即Cr元素的化合价降低3价，即1molCr得至U3mol电子，故转移0.6mol

电子，则会有0.1molCnO歹被还原，C错误；除去废水中含络元素离子的过程包括6Fe2++

33+-

CoO歹+14H+=6Fe3++2Cr++7H2O(氧化还原反应)和Cr+3OH=Cr(OH)3I(复分解

反应)，D正确。

6.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。

下列说法正确的是()

I2

E

w

®

*

*

瓯.1

123456

原子最外层电子数

A.Q的氧化物一定含有离子键和共价键

B.最高价含氧酸的酸性：Z<Y

C.P的最低价氢化物常温常压下为液体

D.Y形成的化合物种类最多

答案D

解析X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；

Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，P最外层

有6个电子，位于第VIA族；Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；

Y原子和Z原子半径接近、P原子半径大于Y而最外层电子数大于Y,所以Y是C元素、Z

是N元素、P为S元素；Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，不论是氧化钠还是过氧化

钠，结构中均含离子键，但氧化钠中没有共价键，故A错误；元素的非金属性越强，其最高

价含氧酸的酸性越强，非金属性：Z>Y,所以其最高价含氧酸的酸性：Z>Y,故B错误；P

的氢化物是硫化氢，常温下为气体，故C错误；Y为碳元素，而碳元素形成的有机物种类繁

多，远多于无机物的种类，故D正确。

7.已知：©CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AHi

@CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)AW2

下列推断正确的是()

A.若CO的燃烧热为△外，则H2的燃烧热为一△为

B.反应CHMg)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的△//=A42—AHi

C.若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则AHzVO

D.若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则AF>0

答案B

解析氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应①中的水是

气体，A项错误；根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H?(g)的

B项正确；若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，A%>。，C

项错误；由于对于放热反应，婚变是负值，则放出的热量越多，蛤变越小，所以若等物质的

量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则A”i<0,D项错误。

8.(2021•广东清远高三调研)钙钛矿太阳能电池被称为是第三代太阳能电池，如图一是钙钛矿

太阳能电池的示意图。若用该电池作电源电解酸性硫酸铭溶液获取倍单质和硫酸(如图二)，

下列说法正确的是()*

入射光/I射光

图一

C硫酸出口D

棒

Cr棒]C

酸性

Cr(SOj).<

2NaQO,溶液

溶液\-

-

-

-

二

三

甲池阴膜乙池质子丙池

交换

膜

图二

A.当太阳能电池有6moi电子转移时，Cr棒上增重的质量为104g

B.D电极发生的电极反应式为2H++2b=H2t

C.乙池的SOF向甲池移动

D.C电极接钙钛矿太阳能电池的B极

答案A

解析当太阳能电池有6moi电子转移时，根据得失电子守恒可知，Cr棒上有2moic1•单质

生成，则增重的质量为52gmoirx2moi=104g,故A正确：由分析知，D电极发生的电极

反应式为2H2。-41=。2t+4H+,故B错误；电解池中，阴离子移向阳极，则应为甲池

的SOK向乙池移动，故C错误；电解池的阴极接电源的负极，故C电极接钙铁矿太阳能电

池的A极，故D错误。

9.紫草宁（Shikonin,见下图）是从生长在亚洲学名叫Lithospermumerythrorhizon的一种植物

的根部提取出来的红色化合物。几个世纪以来用作民间药物，如今用于配制治疗跌打损伤的

膏药•下列说法不正确的是（）

A.紫草宁的分子式为C|6Hl6。5

B.等量的紫草宁与NaOH溶液、浓滨水反应，消耗NaOH、Br2的物质的量之比为3：4

C.紫草宁既能发生氧化反应又能发生还原反应

D.常温下紫草宁不易溶于水

答案B

10.（2020.江苏高三期中）中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一

种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如下图所示。下列说法正确的是（）

火NH3

光照----LDH

CCv

a%

H2OO2

A.该过程中没有非极性键的断裂与生成

B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1

C.基于LDH合成NH3的过程不属于氮的固定

D.利用NH3容易液化的性质，将混合气体加压降温可分离出N%

答案D

解析根据原理示意图可知，该过程中的总反应为2N2+6H2O^=4NH3+3C>2,N2,O2中

只存在非极性键，H2O、NH3中只存在极性键，则该过程中既有非极性键的断裂与生成、又

有极性键的断裂与生成，A错误；该过程中N元素的化合价从0降至-3,N2为氧化剂，1mol

N2得到6moi电子，0元素的化合价从一2升至0,比0是还原剂，1mol比。失去2moi电

子，根据得失电子总物质的量相等，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：3,B错误：该过程

中将游离态的氮（N2）转化成了含氮化合物（N%）,属于氮的固定，C错误；该过程得到NH3

和。2的混合气，由于NH3容易液化，故将混合气体加压降温使NH3液化，从而分离出来,

D正确。

11.（2020•重庆南开中学高三质检）下列说法不正确的是（）

A.用①装置制备无水氯化镁

B.用②装置模拟煤的干储

C.用③装置制备少量氯气

D.用④装置探究MnO2对H2O2分解速率的影响

答案C

解析MgCL在加热条件下会发生水解反应生成Mg（OH）2和HC1,故需在HC1的氛围中加热

制取无水MgCL,选项A正确；煤的干储产物有NHs,易溶于水而呈碱性，pH>7,同时还

生成了煤焦油，它的主要化学成分为芳香族化合物，是难溶于水的黏稠液体。煤干储的气体

产物中的氢气、一氧化碳具有还原性，可以还原CuO,气体产物中的C2H4可使淡水褪色，

选项B正确；该装置不能制备氯气，可以制备少量氯化氢气体，选项C不正确；利用④装置

探究MnCh对H2O2分解速率的影响，通过加入MnCh,对反应速率的变化进行探究，选项D

正确。

12.（202OL东临沂高三期中）丙烯与HC1在催化剂作用下发生加成反应：第一步H+进攻丙

烯生成碳正离子，第二步C「进攻碳正离子。得到两种产物的反应过程与能量关系如图。

1

i

卜列说法正确的是（）

A.催化剂可以改变反应的婚变

B.过渡态(I)比过渡态(II)稳定

C.生成①的过程所需的活化能较低，速率快

D.丙烯与HC1加成反应主要生成CH3cHe1CH3

答案D

解析催化剂可降低反应的活化能，不改变始终态，则加催化剂不能改变反应的婚变，故A

错误；能量越低越稳定，根据图示知过渡态(1)没有过渡态(II)稳定，故B错误；根据图示知，

生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则反应速率较慢，故C错误；

根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则生成②的碳正

离子多，而C「进攻碳正离子后得到CH3cHe1CH3,即主要产物是CH3cHeICH3,故D正确。

13.常温下，向20mL0.1molLNaHA(酸式盐)溶液中分别滴加0.1molL〉盐酸或0.1mol.

L-NaOH溶液，溶液的pH与滴加溶液体积关系如图所示。下列推断正确的是()

V[NaOH(aq)或HCl(aq)]/mL

A.NaHA在水中电离程度大于水解程度

B.在对应的各点溶液中，H点水的电离程度最大

C.E点对应的溶液中有c(Na+)=c(HA)+c(A2-)

D.F点对应的溶液中存在c(H')+c(Na+)=c(OH)+c(HA-)+c(A2)

答案A

解析由图示可知，常温下，0.1mo卜「INaHA溶液的pHV7,显酸性，说明HA-的电离程

度大于HA-的水解程度，故A正确；图中F点恰好生成Na2A溶液，只存在A?一的水解，水

的电离程度最大，而H点恰好生成H2A和NaCl的混合溶液，H2A的电离抑制水的电离，水

的电离程度小，故B错误；E点溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)

+2c(A2-),此时溶液显中性，即c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(HA-)+2c(A2一),故C错误；

F点恰好生成Na2A溶液，存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2'),

故D错误。

14.NiSO4-6H2O易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣(主要成分是NiO,

还有CuO、FeO等少量杂质)为原料制备该晶体的流程如下，下列说法错误的是()

稀H/SO,Na2co3溶液稀凡「4

a

l、,.cc-cl.i.操作I|NiSO,

|NiSO「6HQ卜加过一洗涤、干燥|溶液

b

A.溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀H2SO4

B.除去CM+可采用FeS

C.流程中a〜b的目的是富集NiSCU

D.“操作I”为蒸发浓缩、冷却结晶

答案A

解析溶液中的Ni2+,在除去Cd+和Fe2+后加入Na2cO3溶液生成NiCCh沉淀，所以溶解废

渣时若用稀盐酸代替稀H2s04对制备不会有影响，故A错误；CuS比FeS更难溶，向含有

CiP+溶液中加入FeS发生沉淀的转化生成CuS,故B正确；NiSO」与Na2co3反应生成NiCOj

沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO%这样可提高NiSCU的浓度，所以流程

中a〜b的目的是富集NiS04,故C正确；该晶体为结晶水合物，从溶液中得到该溶质晶体的

实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故D正确。

二、非选择题（本题包括4小题，共58分）

15.（15分）（2020•河北衡水中学高三期中）常温常压下，一氧化二氯（CLO）为棕黄色气体，沸点

为3.8℃,42℃以上分解生成Cl2和。2,Cl20易溶于水并与水反应生成HClOo

［制备产品］

将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备CbO,并用水吸

收CLO（不含Cb）制备次氯酸溶液。

（1）各装置的连接顺序为f-（填字母）。

⑵装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是；装置C的作用是

(3)制备C12O的化学方程式为.

(4)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是o

(5)反应过程中，装置B需放在___________________(填“冷水”或“热水”)中。

［测定浓度］

(6)已知次氯酸可被FeSCM等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质

的量浓度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀释至100mL,再从中取出10.00mL于锥形瓶

11

中，并加入10.00mL0.800mol-L-的FeSC)4溶液，充分反应后，用0.050mol-L的酸性KMnO4

溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00mL,则原次氯酸的物质的量浓度为(保

留四位有效数字)。

答案(1)ADBE(2)增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行除去

C12O中的Cl2(3)2C12+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(sK2CI2+2Na2CO3+H2O=C12O+

2NaCl+2NaHCO3)⑷制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大(5)冷水

(6)1.000mol-L-1

解析(1)根据实验目的，将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸

钠中制备CLO,并用水吸收CLO(不含CL)制备次氯酸溶液，应先用装置A制备CL,再通过

装置D除去混合气体中的HC1气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B,在装置B中发

生制备ChO的反应：然后将制取的CbO气体先通入装置C,以除去Cb等杂质气体，最后

通过装置E制取次氯酸溶液，装置连接顺序为A-D-B->CfE。

(2)多孔球泡和搅拌棒均能使反应物充分接触，增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应

充分进行；装置B中生成CbO的同时还会有多余的CL逸出，而CL是非极性分子，易溶于

非极性溶剂四氯化碳，因此此处装置C使用足量的四氯化碳溶液将CL吸收。

(3)已知空气不参与反应，则制取CLO以CL和Na2co3为反应物，发生歧化反应，其中氯元

素从0价变为+1价和一1价，反应的化学方程式为2CL+Na2co3=Cl2O+2NaCl+CO2(或

2Cl2+2Na2CO3+H2O=C12O+2NaCl+2NaHCO3)。

(4)C12O与水反应的化学方程式为C12O+H2O=2HC1O,CL和水反应的化学方程式为Cl2+

H2OHCI+HC1O,C12O和水反应只生成HC1O且反应不可逆，氯气和水反应除了生成

HC1O还生成HC1,并且反应可逆，所以用CLO与水反应制备次氯酸溶液相对于用氯气溶于

水制备次氯酸溶液的主要优点是制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大。

(5)CbO在42°C以上会分解生成CL和。2,故为防止反应放热后温度过高导致CLO分解，装

置B需放在冷水中。

--1

(6)10.00mL0.800molL'的FeSCU溶液中，M(FeSO4)=0.800mol-LX0.01L=0.008mol,

--1

24.00mL0.050mol-L'的酸性KMnO4溶液中，〃(KMn04)=0.050mol-LX0.024L=0.0012mol,

根据反应MnO1+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2。可知，0.0012moi高镒酸钾消耗硫酸

亚铁的物质的量为：0.0012molX5=0.006mol,则稀释后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亚

铁的物质的量为0.008mol-0.006mol=0.002mol,根据反应HC10+2Fe2++H+=2Fe3++

Cr+H2O可知，稀释后10.00mLHC10溶液中n(HC10)=1x0.002mol=0.001mol,原10mL

次氯酸溶液中/?(HC1O)=0.001molX•-0.01mol,其浓度为邛升粤'=1.000molLL

1U1111—«1i-i

16.(14分)利用氯碱工业中的固体废物盐泥［主要成分为Mg(0H)2、CaCCh、BaSO4,还含有

少量NaCkAI(OH)3、Fe(0H)3、Mn(OH)2等］与废酸反应制备七水硫酸镁，既处理了三废，

又有经济效益。其工艺流程如图1所示:

JjIlNaOH

MgSOr

7H2O

滤液E

图1

已知:

⑴部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示。

沉淀物Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3A1(OH)3Mg(OH)2

pH(完全沉淀)10.028.963.204.7011.12

(ii)两种盐的溶解度随温度的变化(单位为g/100g水)如图2所示。

20406080〃七

图2

根据图1并参考表格pH数据和图2,请回答下列问题：

(1)在酸解过程中，加入的酸为,加快酸解速率可采取的措施有

(2)加入的NaClO可与Mi?+反应产生MnCh沉淀，该反应的离子方程式是

(3)本工艺流程多次用到抽滤操作，优点是.

抽滤①所得滤渣A的成分为和CaSOc抽滤②所得滤渣B的成分为MnCh、

和;抽滤③所得滤液D中主要阳离子的检验方法是。

(4)依据图2,操作M应采取的方法是适当浓缩，。

(5)每生产1吨MgSG>4-7H2O,需要消耗盐泥2吨。若原料利用率为70%,则盐泥中镁(以氢氧

化镁计)的质量分数约为。

答案(1)硫酸升温、把盐泥粉碎、搅拌等

2++

(2)Mn+C10+H2O=MnO2I+2H+CP

(3)速度快BaSO4Fe(OH)3A1(OH)3焰色反应

(4)趁热过滤(5)16.8%

解析(3)抽滤又称减压过滤，过滤时速度快，得到的固体较干燥；根据盐泥的成分可知，盐

泥用硫酸溶解、抽滤后得到的滤渣A为BaSCU和CaSCU;根据表中数据可知，当调节滤液A

的pH为5~6,时，AF+和Fe3+可分别水解生成A1(OH)3和Fe(0H)3沉淀；滤液D中的阳离

子主要为Na+,其灼烧时火焰颜色为黄色，可用焰色反应进行检验。(4)根据题图2可知，

MgSO4-7H2O在温度高时溶解度较大，低温时易结晶析出，故操作M为将滤液B适当浓缩，

趁热过滤。(5)设2吨盐泥中含Mg(0H)2的质量为xg,MgSO#7H2O的质量为1吨，即l()6g,

[06x58x

由MgSO4-7H2O〜Mg(0H)2得x==益7,该盐泥中镁(以氢氧化镁计)的质量分数为不六77

Z4OA/U/0ZA1U

X100%,代入x的数值可得其质量分数约为16.8%。

17.(14分)(2020•浙江温州高三质检)二氧化碳催化加氢合成乙烯在环境保护、资源利用、战

略需求等方面具有重要意义。C02和H2在铁系催化剂作用下发生化学反应：

I.2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)XH\

II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AW2>0

请回答下列问题：

⑴反应I能自发进行，则0(填或“=")；该反应自发进行的条

件是»

(2)在密闭容器中通入1molCO2和3moiH2,在铁系催化剂作用下进行反应，CCh的平衡转

化率随温度和压强的变化如图1所示。

%

/

3静

/

邀

讲

d君

。

①下列说法正确的是(填字母)。

A.由图1可知：0.1MPa下，200〜550℃时以反应I为主，550℃以后以反应H为主

B.反应n化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应n的AS等于零

C.恒温恒压下，容器内气体的密度不变时，说明反应已达到平衡

D.其他条件不变，将CCh和H2的初始物质的量之比改为2：3,可提高CCh平衡转化率

②图1中点M(350,70),此时乙烯的选择性为/选择性：转化的CCh中生成C2H4和CO的百

分比)。计算该温度时：反应n的平衡常数K=o

③在图1中，温度大于800°C时，随着压强的增大，CO2的平衡转化率减小，请解释原因：

(3)有研究表明，在铁系催化剂作用下反应I分两步进行：

i.82(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)慢

ii.2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)快

在图2中画出反应I分两步进行的“能量一反应过程图”。起点从［2CO2(g)+6H2(g)］开始。

能

量

2CO2(g)+6H2(g)

反应过程

图2

Q

答案(1)<低温(2)①AC②或0.62或0.615)

③温度高于800℃时，以反应H为主，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应I平衡

正移，水蒸气浓度增大，CO2和H2浓度减小，从而导致反应II平衡逆移，所以CCh的平衡

转化率减小

R/V\

J2CO(g)+2H2O(g)+4H2(g)

2CO2(g)+6H2(g)\^

C2H4(g)+4HJO(g)

(3)反应过程

解析(1)反应I能自发进行，XG=AH\-TXS<0,由于该反应是气体分子数减小的反应，故

AS<0,则AHiVO;在低温下该反应能自发进行。

(2)①由图1可知：O.IMPa下，随温度的升高，200〜550℃时二氧化碳的转化率减小，由于

反应I的△MV0,以反应I为主；550°C以后随温度的升高，二氧化碳的转化率增大，由于

反应n的A%>。，以反应11为主，故A正确；反应n化学方程式前后物质的化学计量数之

和相等，但反应n的AS不等于零，故B不正确；气体的密度0=歹，恒温恒压下，气体的密

度是一个变值，故容器内气体的密度不变时，说明反应已达到平衡，故C正确；在密闭容器

中通入1molCCh和3m01出，其他条件不变，将CO?和H?的初始物质的量之比改为2：3,

增加了CO2的物质的量，由于外界条件的影响大于平衡的移动，CO2平衡转化率是降低的，

故D不正确。

②在密闭容器中通入1molCCh和3mol1，反应CCh(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),图1

中点M(350,70),即350°C时二氧化碳的平衡转化率为70%,转化的二氧化碳的物质的量为1

molX70%=0.7mol,乙烯的选择性为,，则转化为乙烯的二氧化碳的物质的量为,X0.7mol=0.5

mol,转化为一氧化碳的二氧化碳的物质的量为0.7mol—0.5moi=0.2mol,根据化学方程式，

列出三段式：

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

开始/mol00

变化/mol0.20.20.20.2

平衡/mol0.20.2

2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

开始/mol00

变化/mol0.51.50.251

平衡/mol0.251

平衡时一氧化碳的物质的量为0.2mol,水蒸气的物质的量为0.2mol+lmol=1.2mol,二氧

化碳的物质的量为1mol—0.2moi—0.5mol=0.3mol,氢气的物质的量为3moi—0.2mol一

0.2mol.2mol

-VLX-VL8

1.5mol=1.3mol,反应II的平衡常数:~~―[=77或0.62或0.615»

0.3mol1.3mol13

VLXVL

③温度高于800℃时，以反应］I为主，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应I平衡

正移，水蒸气浓度增大，CCh和H?浓度减小，从而导致反应H平衡逆移，所以CCh的平衡

转化率减小。

(3)慢反应为吸热反应，快反应为放热反应，起点从［2CCh(g)+6H2(g)］开始，第一步得到的产

物应该为2co(g)+2H2O(g)+4H2(g),第二步得到的产物应该为C2H4(g)+4H2O(g),“能量

—反应过程图”表示如图。

$/VA

_/2CO(g)+2H2O(g)+4H2(g)

2CO2(g)+6H2(g)

C2H4(g)+4H2O(g)

反应过程

18.(15分)选做题(从下面I、II两小题中任选一题作答)

I」化学——选修3：物质结构与性质］

(2020•河北衡水中学高三模拟)KZnF3被认为是良好的光学基质材料，可由K2cO3、ZnF?、

NH4HF2制备。

回答下列问题：

⑴基态F原子的价电子排布图_____________________________________________________；

基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为。

(2)K与Zn属于同一周期，K的第一电离能(填“大于”或“小于”)Zn的第一电离

能，原因为0

(3)K2cCh中阴离子的立体构型为。

(4)NH4HF2的组成元素的电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)；其中

N原子的杂化方式为；HF能形成分子缔合体(HF)“的原因为o

(5)ZnF2具有金红石型四方结构，KZnF3具有钙钛矿型立方结构，两种晶体的晶胞结构如图所

示：

①ZnF2和KZnF3晶体(晶胞顶点为K+)中，Zn的配位数之比为。

②若NA表示阿伏加德罗常数的值，则ZnF2晶体的密度为g-cm^用含〃、,、心的

代数式表示).

③KZnF?晶胞中原子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,0,0),C为(0,1,0),则D的原子坐标参数为

2s]2p]

答案(1卜^球形(2)小于Zn原子半径小，且价电子排布为全

充满结构，第一电离能更大(3)平面三角形(4)F>N>Hsp3HF分子间能形成氢键

^2.06X1023_11

⑸①1：1哈嬴一③(。，]，?

解析(1)F为9号元素，F元素处于第二周期VUA族，价电子排布式为2s22P5,价电子排布

2s2P

图为['I""'';Zn是30号元素，处于周期表中第四周期HB族，价电子

排布式为3d4s2,最高能层电子占据4s,电子云轮廓图形状为球形。

(2)K与Zn属于同一周期，Zn的原子半径较小，且价电子排布式为3+。4s2,为全充满稳定结

构，故K的第一电离能小于Zn的第一电离能。

4+2—9X3

(3)COF的中心原子C原子孤电子对数=----z——-=0,价层电子对数=3+0=3,立体构

型与VSEPR模型相同为平面三角形。

(4)元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性：F>N>H;N用■中N原子形成4个N—H

键，价层电子对数为4,N原子采取sp'杂化；HF分子之间容易形成氢键，形成分子缔合体

(HF)„o

⑸①ZnF2晶胞中，白色球数目为1+8X《=2,黑色球数目为2+4又<=4,故白色球为Zn、

oZ

黑色球为F,可知Zn的配位数为6:KZnF3晶体(晶胞顶点为K+)中，则体心白色球为Zn,

Zn的配位数为6,故二者配位数之比为6：6=1：1。

②晶胞相当于含有2个“ZnF，”，晶胞的质量晶胞的体积="XIQrcmXaX

NR

2X103g

iNA2.06X-3

107cmX(?X107cm=a2cX10-21cm3刘皿体的密度=q2cXl(r21