黄金卷4-2021年高考化学全真模拟卷（辽宁专用）（解析版）

【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考化学全真模拟卷（辽宁专用）

第四模拟

（本卷共19小题，满分100分，考试用时75分钟）

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Cu64

一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共,45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年11月10日，中国“奋斗者””号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底并进行

了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（）

A.“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li向负极移动

B.制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点

C.“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生了达尔效应

D.未来对海底“可燃冰”（主要成分为甲烷）的开采将有助于缓解能源危机

【答案】D

【解析】A.锂离子电池工作时Li+离子向正极移动，故A错误；B.因为合金比单独的组分金属具有

更高的强度、更低的熔点，故B错误；C.纳米级玻璃微珠并没有确定具体粒子大小，1-lOOnm会有丁达尔

效应，小于Inm不会有丁达尔效应，故C错误；D.未来对海底“可燃冰（主要成分为甲烷）的开采将有助于

缓解能源危机，故D正确；故选D。

2.下列关于元素化合物的化学用语不正确的是（）

A.02-的结构示意图

B.相对原子量为35.5的氯原子的元素符号:笔C1

C.S6氧化库生成单质硫：以+2H2。

D.Na和Cl形成离子键的过程：Naf且：——►Na+[；a*]-

【答案】B

【解析】A.02-最外层由氧原子的6个电子得到2个电子形成8电子，结构示意图为,故A

正确；B.相对原子质量与质量数不同，氯原子有多种核素，则某种核素的质量数不是35.5,故B错误；

C.H2s化合价升高失去电子，S02化合价降低得到电子，单线桥为广至一I，故C正确:D.NaCI

S02+2H2s=3S+2H2。

的形成，Na原子失去一个电子，Cl原子得到一个电子，形成过程为NaG>.a：―*Na+［电：］•，故D

正确；故答案为B。

3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且处于不同主族，W元素2P轨道电子数为2,在短

周期元素中X的第一电离能最小，Y元素3P轨道有2个单电子。下列说法错误的是

A.元素电负性：Y<ZB.Y形成的一种晶体属于共价晶体

C.简单离子半径：Y>Z>XD.WY2是一种非极性分子

【答案】B

【分析】

W元素2P轨道电子数为数则电子排布式为:Is22s22P2,则W为C；X素在短周期中第一电离能最小，

同一周期，第1A方族元素第一电离能最小，同一主族，从上到下，第一电离能减小，则X为Na；Y元素

3P轨道有2个单电子有两种情况：一种是3P轨道只有2个电子，且为单电子，另一种是3P轨道有4个电

子，2个成对，2个单电子，对应的为Si、S,但W、X、Y、Z处于不同主族，所以Y为S；短周期元素

W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以Z为C1。

【解析】A.同一周期元素从左到右，电负性逐渐增加，元素电负性S<C1,A项正确；B.S形成的晶

体单斜硫和斜方硫都是分子晶体，B项错误；C.同周期简单阳离子的半径随原子序数的增加而减小，同周

期简单阴离子的半径随原子序数的增加而减小，同周期元素中，阴离子半径比阳离子半径大，则S2>C1>

Na+,C项正确：D.CS2结构可表示为：S=C=S,其中C原子sp杂化，直线型，两边极性抵消，故CS?是

非极性分子，D项正确；答案选B。

4.下列化学用语正确的是（）

A.碳原子的核外电子轨道表示式：向曲B.甲基的电子式为：：©才

C.丙烷的比例模型：D-氮分子的结构式：：'mN：

【答案】A

【解析】A.碳原子的核外电子排布式为Is22s22P2,按洪特规则，2个p电子分别占据2个轨道且自旋

H

方向相同，轨道表示式：向向|||2P|।AiE确；B.甲基的电子式为：H-C-H，B错误；C丙

烷的球棍模型：./上，C错误；D.氮分子的结构式：N=N,D错误；答案选A。

5.下列实验操作错误的是

【答案】D

【解析】A.•氧化氮能和氧气反应生成二氧化氮，因此不能用排空气法收集，•氧化氮不溶于水，因

此用排水法收集，A正确；B.往长颈漏斗里加水至没过漏斗颈，夹住止水夹，继续加水，一段时间后，水

柱稳定不下降，则可证明气密性良好，B正确；C.乙酸滴入到碳酸钠溶液中产生气体，产生的气体能使澄

清的石灰水变浑浊，这可证明乙酸的酸性大于碳酸，C正确；D.蒸发结晶应选蒸发皿而不是用蜗，D错误；

答案选D。

6.氨基富(CH2N2)中C、N原子均满足8电子稳定结构，福州大学王新晨教授以其为原料制得类石墨相

氮化碳(g-C3N4),其单层结构如图所示。下列说法错误的是

H

A.氨基氟的结构式：I

NE-..、一H

B.氮化碳的单层结构中，所有原子可能共平面

C.氨基氟易溶于水，氮化碳能导电

D.氨基氟和氮化碳中，N原子杂化方式均为sp2和sp3

【答案】D

H

【解析】A.由氨基氟分子中C、N原子均满足8电子稳定结构可知，氨基系的结构式为I，故

A正确：B.由氮化碳的单层结构可知，单层结构中C、N原子两两相连且成环，C、N原子均采取sp?杂化，

则氮化碳的单层结构中所有原子可能共平面，故B正确；C.氨基氟易与水分子间形成氢键，则氨基鼠易溶

于水，由信息可知氮化碳的结构与石墨相似，石墨能导电，则氮化碳也能导电，故C正确；D.氨基氟的结

构式为?,由结构式可知氨基氟分子中N原子杂化方式均为sp和sp3,故D错误；故选D。

N=z<-N—H

7.700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO(g)和H2()(g),发生反应

CO(g)+H2O(g)[W^CO2(g)+H2(g),反应过程中测定的部分数据见下表(表中t?>tJ

反应时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol

01.200.60

0.80X

Y0.20

下列说法中正确的是()

A.反应在O4min内的平均速率为：v(CO)=^molL-'min1

I

B.加压可以加快反应速率，可以增大反应物的转化率

C.700℃时该反应的平衡常数为1

D.保持条件不变，向平衡体系中再通入0.2molH2O(g)和O/molH2,则v正>丫逆

【答案】C

1.2mol-0.8mol

【解析】A.反应在O-t]min内的平均速率为：v(cO)=______—______—molL-1-min_1JA错

I'tmint

।i

误；B.加压可以加快反应速率，该反应气体分子总数不变，加压不影响反应物的转化率，B错误；C.由

表知，L时亥iJ,CO消耗0.40mol,H2O消耗0.40mol,则此时,CO为0.80mol,H20为0.20moRC02为0.40mol,

H2为。.40mol,与t2时各成分含量相同，故已达平衡，平衡浓度CO为0.40mol/L、H2O为O.IOmol、CO2

为0.20mol/L、H2为。.20mol/L,700℃时该反应的平衡常数为

K_c[H2(g)[c[CO2(g)]_0.20mol/Lx0.20moi/L

C正确；D.保持条件不变，向平衡体系中

-c[H2O(g)J-c[CO(g)J-0.40mol/Lx0.10mol/L

再通入0.2molH2O(g)和0.4molH2,则

八c[H,(g)].dCO,(g)](0.2mol/L+0.20mol/L)x0.20mol/L8

Qc=n~、1、1=B-77；―7^7—77；-K■仄-77T=7,Qc>K,贝小平衡左移，v1E<v逆

c[H2O(g)]-c[CO(g)](0.1mol/L+0.40mol/Lx0.lOmol/L5

D错误；答案选C。

8.有机物E具有抗肿瘤镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如图，下列说法正确的是()

A.G-E发生了水解反应

B.E分子中所有碳原子一定在同一平面内

C.化合物G的一卤代物有6种

D.G、E均能与H2、Na、NaOH、酸性KM11O4溶液反应

【答案】C

【解析】A.G-E默基转化为羟基，发生了加成反应，A错误；B.E分子中含有多个饱和碳原子，所

有碳原子不可能在同一平面内，B错误；C.化合物G分子中氢原子含有6类，其一卤代物有6种，C正确；

D.G分子不含有羟基或竣基，与钠不反应，E含有羟基，和钠反应，G、E分子中均含有苯环和酯基，均

能与Hz、NaOH溶液反应，G含有炭基，E含有羟基，均与酸性KMnO4溶液反应，D错误；答案选C。

9.一种新型镁硫电池的工作原理如下图所示。下列说法正确的是（）

用电器

隔膜

硫颗粒

：：•石墨烯

聚合物

A.使用碱性电解质水溶液

B.放电时，正极反应包括3Mg2++MgS8-6e-=4MgS2

C.使用的隔膜是阳离子交换膜

D.充电时，电子从Mg电极流出

【答案】C

【分析】Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极。

【解析】A.碱性电解质水溶液中负极生成的Mg2+会生成Mg（OH）2沉淀，降低电池效率，A错误；B.放

电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，包括3Mg2++MgS8+6e-=4MgS2,B错误；C.据图可知

Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，C正确；D.放电时Mg电极发

生氧化反应，充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D错误；综上所述答案为C。

10.某小组同学欲通过实验探究影响金属与酸反应速率的因素，进行下列实验。

实验装置序号实验操作实验现象

钠浮在液面上并来回移动，表面出

取下胶塞，放入一现有白色固体；白色固体逐渐沉到

实验1小片金属钠，迅速烧杯底部，液体不沸腾；气球迅速

气球

塞上胶塞鼓起，15s时测量气球直径约为

3cm

25mL3

匕二浓盐d

（足量

取下胶塞，放入与镁条开始时下沉，很快上浮至液

实验2钠表面积基本相同面，片刻后液体呈沸腾状，同时产

的镁条，迅速塞上生大量白雾；气球迅速鼓起，15s

胶塞时测量气球直径约为5cm

下列说法不巧项的是（）

A.实验1获得的白色小颗粒可用焰色反应检验其中的Na元素

B.对比实验1与实验2,不能说明钠比镁的金属活动性强

C.对比实验1与实验2,能说明同温下NaCl的溶解度比MgCh的小

D.金属钠、镁与盐酸反应的速率与生成物状态等因素有关

【答案】B

【分析】

通过对比实验1和实验2的操作与现象可知，实验1中钠太活泼，先与水反应生成氢氧化钠，再与浓

盐酸反应生成溶解度不大的氯化钠，附着在还未反应的Na表面，阻碍了Na反应的进行，所以出现上述现

象；对比实验1,实验2中，利用相同表面积的Mg做相同的实验，表面现象看似Mg反应快，是因为Mg

直接与盐酸反应生成氢气，产生的氢气比实验I多，据此分析解答。

【解析】A.Na元素可用焰色试验来检验，若白色小颗粒中含Na元素，则焰色反应为黄色，A正确;

B.根据上述分析可知，对比实验1与实验2的操作与实验现象，能说明钠比镁的金属活动性强，只是因为

表面生成的白色固体颗粒阻碍了Na与HCI的反应，通过表面现象探究实质才是真理，B错误；C.对比实

验1与实验2,实验1中有白色固体，实验2中没有，则说明同温下NaCl的溶解度比MgCb的小，C正确；

D.通过上述实验可得出，金属钠、镁与盐酸反应的速率不仅与本身的性质有关，还与生成物状态等因素有

关，D正确；故选B。

11.某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，以研究硫酸铜的

浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列判断错误的是（）

实验组别

ABcDEF

混合溶液

〔

4moi•1/HzSCWmL30ViV2V3V4v5

饱和溶液

CuS04/mL00.52.55v620

（）

H20/mLv7v8v9Vi100

A.Vi=30,V6=10,V7=20

B.本实验利用了控制变量思想，变量为铜离子浓度

C.反应一段时间后，实验A中的金属呈灰黑色，实验F的金属呈现红色

D.该小组的实验结论是硫酸铜的量与生成氢气速率成正比

【答案】D

【分析】研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则硫酸的体积相同，改变硫酸铜的量，由A、F可知

结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL,以此解答该题。

【解析】A.研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可

知结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL,则Vi=30,V6=50-30-10=10,V7=20,故A不符合题意;B.本

实验利用了控制变量思想，硫酸的体积、物质的量应相同，变量为铜离子浓度，故B不符合题意；C.A中

没有加入硫酸铜，锌与稀硫酸反应后，锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被

完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；F中Zn能够置换出Cu附着在Zn表面，金属变为紫红色，故C不符

合题意；D.因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较少时，形成

铜锌原电池，反应速率加快，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌

片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故D符合题意；答案：D。

12.工业精炼铜的溶液中含有Zi?+、Cl?+等离子，分离出Zr+并制取胆矶的流程如图所示，己知Zi?+

与OFT的反应与AP+类似.下列说法正确的是()

系列操作②

胆矶

A.“操作①”用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒、分液漏斗

B.“滤液1”与过量稀硫酸反应的离子方程式为ZnO7+4H+=Zn2++2H2。

C.“系列操作②”包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥

D.胆桃晶体遇浓硫酸变白色固体，体现了浓硫酸的脱水性

【答案】B

【分析】

由题意知，加入过量NaOH溶液后，Cu?+转化为Cu(OH”沉淀，故滤渣1为Cu(OH)2,与过量稀硫酸反

应生成CuSO4,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可获得胆机晶体;而Zn?+转化为Na2ZnO2,

故滤液1中含有Na2ZnC>2和过量的NaOH,与过量稀硫酸反应，NazZnCh又转化为Zn2+。

【解析】A.操作①为过滤，需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，无需使用分液漏斗，A错误;

B.滤液1中NazZnCh与过量稀硫酸反应,NazZnCh转化为Z*+,故离子方程式为：ZnO；-+4H+=Zn2++2H2。，

B正确；C.系列操作②为制取胆矶晶体操作，具体流程为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因

为胆研带结晶水，故不能使用蒸发结晶，C错误；D.CuSO#5H20中本身含有结晶H20,故遇浓硫酸变为

白色CuSCh,体现的是浓硫酸的吸水性，D错误；故答案选B。

13.常压电化学法合成氨过程中用纳米Fe2O3做催化剂，其电解装置如图所示：熔融NaOH-KOH为电

解液，FezCh在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是()

NrllQQ)

纳米Fe：O,

———

A.惰性电极n是电解池的阴极，发生氧化反应

B.产生2.24LO2时，内电路转移的OH-数为0.4NA

C.惰性电极I的电极反应为2Fe+3H2O-6e-=Fe2C)3+6H+

D.电解过程中OH-向惰性电极II的方向移动

【答案】D

【分析】

根据图象可知，电极II生成氧气，故发生氧化反应为阳极，则电极I为阴极，说明纳米FezCh在电极上

先被还原成Fe,之后Fe与N2和比0年)反应生成NH3和Fe2O3.)

【解析】A.根据分析可知电极H为阳极，失电子发生氧化反应，A错误；B.温度和压强未知，无法

确定2.24LO?的物质的量，则无法确定转移电子数，B错误；C.根据分析可知惰性电极I上Fez。,被还原

生成Fe,电极反应为Fe2O3+3H9+6e=2Fe+6OH,C错误；D.电解池中阴离子向阳极移动，即向惰性电极

H的方向移动，D正确；综上所述答案为D。

14.下列实验操作或化学原理解释错误的是

A.用已知浓度盐酸滴定未知浓度的氨水时可选择甲基橙为指示剂

B.在盛有A1C13溶液的试管中加入NaF溶液，再加入氨水，无白色沉淀生成，其原因可能是AF+与

F-结合生成了新的物质

C.在2mL0.1mol-L」AgNCh溶液中滴入儿滴O.lmol-L'NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴入几滴

O.lmobL'Nal溶液，有黄色沉淀生成，证明KsP(AgCl)>Ksp(AgI)

D.配制FeCb溶液时，常将固体FeCb溶于盐酸，再加水稀释

【答案】C

【解析】A.盐酸与氨水恰好反应生成氯化筱，氯化筱溶液显酸性，甲基橙的变色范围为3.J4.4,则

用已知浓度盐酸滴定未知浓度的氨水时可选择甲基橙为指示剂，故A正确；B.在盛有A1CL溶液的试管

中加入NaF溶液生成Na3[AlF6],[A1F6]-很难电离出铝离子，则再加入氨水，无白色沉淀生成，故其原因可

能是AF+与F•结合生成了新的物质，故B正确；C.AgNCh溶液是过量的，则再滴入几滴O.lmobL'Nal溶

液，碘离子与过量的银离子反应生成Agl黄色沉淀，不能证明发生沉淀转化，故不能证明Ksp(AgCl)>

Ksp(Agl),故C错误；D.FeCb溶于水容易发生水解产生氢氧化铁和HC1,则配制FeCb溶液时，常将固

体FeCb溶于盐酸，抑制Fe3+水解，再加水稀释，故D正确；故选C。

15.常温下，向20mLO.lmoLLJiCH3coOH溶液中逐滴加入(HmoLL?的NaOH溶液，溶液中水

电离的c(OH)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是()

八

水电离出c

C(OH-)molL-'A

0102040r(NaOH)/inL

A.b、d两点溶液的pH相同

B.从a到e,水的电离程度一直增大

C.从a——>c的过程中，溶液的导电能力逐渐增强

+

D.e点所示溶液中，c(Na)=2c(CH3COO-)+2c(CH,CCX)H)=0.1mol-E'

【答案】C

【解析】A.b点溶质为等物质的量浓度的CHaCOOH、CH3coONa,c点溶质为CH3coONa,d点溶

If)-14

质为CH3coONa、NaOH,CH3coO-水解平衡常数Kh=--------®5.7xlO-'°<K,说明CH3coOH电

h1.75x10-r5"

离程度大于CH3coCT水解程度导致溶液呈酸性，则b点溶液呈酸性，d点溶液呈碱性，两种溶液的pH不

相同，A错误；B.溶液中水电离出的0H-浓度等于溶液中水电离出的氢离子浓度，都代表了水的电离程

度，醋酸、氢氧化钠溶液中水的电离被抑制，醋酸钠溶液中因水解促进了水的电离，从a到e,c点为醋酸

钠溶液其中水的电离程度最大，结合选项A,可知水的电离程度先增大后减小，B错误；

C.从a——>c的过程中，醋酸浓度不断下降、醋酸钠浓度不断增大，则溶液的导电能力逐渐增强，C正

确；D.e点所示溶液中，溶液体积约60mL,物料守恒：

+1

c(Na)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)0.1mol-E,D错误;答案选C

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

2

16.(14分)从铜氨废液含［CU(NH3)3-CO/、［CU(NH3)2产、［Cu(NH3)4］\NH3、CH3coe)-、CO；等中

回收铜的工艺流程如图:

CUSO4-5H;O

铜氨废液

热空气

盐酸

回答下列问题:

(1)步骤(I)中被氧化的元素是,由步骤(H)可确定NH3与H+的结合能力比与CM+的

_____________(填“强”或‘弱

⑵步骤(HI)“沉铜”时，发生的主要反应的离子方程式为,利用Na2s溶液而不

选用NaOH溶液“沉铜”的优点是o

(3)步骤(W)反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。

(4)该流程中可以循环利用的物质是(填化学式)。

(5)碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、H2O和HC1。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：

准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g,将生成的气体通过浓硫酸的洗

气瓶，浓硫酸增重3.6g。碱式氯化铜的化学式为。

【答案】(1)Cu、C(2分)强(2分)(2)Cu2++S?-=CuSJ(2分)CuS的溶解度比

Cu(OH”小，能使CM+充分沉淀，提高Cu的回收率(2分)(3)2:3(2分)(4)HNCh(2分)

(5)CU2(OH)3C1(2分)

【分析】从铜氨废液含[CU(NH3)3-CO]+、[Cu(NH3)2p+、[CU(NH.;)4]2+、NH3、CH3co0、CO：等中回收

铜，废液中通入热空气，并加热，可生成CC>2,NH3,得到含有[CU(NH3)4]2+、CH3coe)-、CO；的溶液，加

入20%的硫酸，调节pH=2,得到硫酸铜，硫酸镀溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加

入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。向含有

2

[CU(NH3)4]\CH3co0-、co；的溶液中加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜。

【解析】⑴步骤(I广吹脱”时通入空气，氧气把Cu+氧化为Cu2+,将CO氧化生成C02吹出，吹出游离的

NH3等，步骤(n)中加入硫酸生成硫酸镀，可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+结合能力强，故答案为Cu、

C强；

(2)步骤(HI)“沉铜”时，Na2s溶液与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀和Na2so4,主要反应的离子方程式为

Cu2++S2=CuSJ,因为硫化铜的溶解度小于氢氧化铜的溶解度，能使CM+充分沉淀，提高Cu的回收率，

2+2

所以“沉铜”选用Na2s溶液而不选用NaOH溶液，故答案为Cu+S=CuSJCuS的溶解度比Cu(OH)2

小，能使CM+充分沉淀，提高Cu的回收率。

(3)步骤(IV)反应中CuS和硝酸反应生成NO、S,反应中S元素化合价由-2价升高到0价，N元素的化

合价由+5价降低为+2价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3,故答案为2:3。

(4)在第(V)硝酸铜溶液中加入硫酸制硫酸铜，同时生成HN03,则HNCh可循环利用，故答案为HN03。

(5)碱式氯化铜在400C时能完全分解为CuO、H9和HCL为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：

准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g,将生成的气体通过浓硫酸的洗

气瓶，浓硫酸增重3.6g。CuO的物质的量为32.0g^80g/mol=0.4moLH2O的物质的量为3.6g^l8g/mol=0.2mol,

HC1的物质的量为(42.9g-32.0g-3.6g)+36.5g/mol=0.2mol,则CUO:H20:HC1=0.4:0.2:0.2=2:1:1,则碱式氯化铜的化

学式为CU2(OH)30。故答案为CU2(0H)3cx

17.(13分)叠氮化钠(NaN?)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙酸，常用作汽车安全气

囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置(下图)及实验步骤如下:

①关闭止水夹K?,打开止水夹K-开始制取氨气；

②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K,；

③向装置B中的b容器内充入加热介质，并加热到210~220℃,然后打开止水夹Kz，通入N?o；

④冷却，向产物中加入乙醇，减压浓缩、结晶；

⑤过滤，用乙醛洗涤，晾干。

已知：NaNH?熔点210℃,沸点400%：,在水溶液中易水解。

请回答下列问题：

（1）图中仪器a用不锈钢材质而不用玻璃，其主要原因是o

（2）装置B的作用o

（3）步骤①中先通氨气的目的是；步骤③中b容器充入

的介质为植物油，进行油浴而不用水浴的主要原因是«

（4）生成NaN3的化学方程式为c

（5）NQ可由NH4NO3在240〜245℃分解制得，该反应的化学方程式为

（6）步骤④加入乙醇的目的。

【答案】（1）反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃（2分）（2）干燥氨气（1分）（3）排

尽装置中的空气（2分）水的沸点为100℃,不能达到反应控制的温度210〜220℃（2分）（4）

210〜220℃240〜245℃

NaNH2+N2O~NaN3+H2O（2分）ONgNOs-二N2O7+2凡07（2分）

（6）降低NaN?的溶解度，使NaN：结晶析出（2分）

【分析】

因为金属钠很活泼，易与空气中的氧气反应，所以先通入氨气把装置中的空气排出来，装置B中盛放

碱石灰用来干燥氨气，氨气和金属钠反应生成氨基化钠和氢气，在210~220℃的条件下，氨基化钠与一

氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，叠氮化钠易溶于水，氨基化钠能与水反应生成氢氧化钠和氨气，因在反

应中有氢氧化钠生成，所以图中仪器a用不锈钢材质而不用玻璃，防止玻璃中的二氧化硅与氢氧化钠反应；

步骤③中b容器充入的介质为植物油，进行油浴而不用水浴的主要原因是因为水的沸点为1()0℃,而反应温

度为210〜220℃,所以不能用水浴加热，反应后加入乙醇可以降低叠氮化钠的溶解度，在210~220℃条

件下，氨基钠和一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，生成NaN,的化学方程式为：

210〜220℃

NaNH2+N2O~-NaN3+H2O,N?O可由N&NO,在240-245℃分解制得，反应还生成水，反

240~245℃”“

应方程式为NH4NO3^^^=N2OT+2H2O"

【解析】(1)结合分析可知反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；

(2)制备的氨气中含有大量的水，B中盛放碱石灰干燥氨气；

(3)步骤①中先通氨气的目的是排尽装置中的空气；步骤③中控制温度在210〜220℃,最适宜的加热

方式为油浴加热；

(4)在210〜220℃条件下，氨基钠和一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，生成NaN3的化学方程式为：

210~220℃

NaNH2+N2ONaN3+H2O:

(5)N2。可由NH4NO3在240-2450c分解制得，根据原子守恒可知反应还生成水，反应方程式为

240~245℃人人

NH4NO3N2OT+2H2OT-

(6)叠氮化钠微溶于乙静，操作II的目的是降低NaNa的溶解度，使NaN?结晶析出。

18.(14分)煤和甲烷既是重要的常用燃料，又是重要的化工原料。根据题意，回答下列问题：

L煤制天然气过程中，存在多种化学反应，其中在煤气化装置中发生反应①:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)

11

AH=+135kJ•mol-,而在水气变换装置中发生反应②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH=-41kJ•mol-

(1)煤气化前，需要通入一定量的氧气与碳发生燃烧反应，请利用平衡移动原理说明通入氧气的作用：

(2)写出碳和二氧化碳反应生成一氧化碳的热化学方程式

(3)如图表示发生反应①后进入反应②装置的n(H9)/n(C0)与反应②中CO平衡转化率、温度的变化关

系。

若n(H2O)/n(CO)为0.8,一定量的煤和水蒸气经反应①和反应②后，得到CO与H2的物质的量之比为

1:3,则反应②所对应的温度是(填“「"、叮2”或TT)。

H.甲烷重整技术主要是利用甲烷和其他原料来制备合成气(CO和h2混合气体)。现在常(见的重整技术

有甲烷——二氧化碳重整、甲烷——水蒸气重整，其反应分别为CH4(g)+3CO2(g)=2H2O(g)+4CO(g)；

CH4(g)+H2O(g)#CO(g)+3H2(g)

(4)甲烷——二氧化碳重整的催化转化原理如图所示：

②假设过程(一)和过程(二)中各步反应均转化完全，则下列说法正确的是(填序号)。

a.过程(一)和过程(二)中均含有氧化还原反应

b.过程(二)中使用的催化剂为Fe3O4和CaCCh

n(CH)

C.若过程(一)投料比'4可导致过程(二)中催化剂失效

ng)

(5)通过计算机模拟甲烷——水蒸气重整实验测得,在操作压强为O.IMpa、水碳比n(H2O)/n(CH4)为1.0,

温度为900℃,反应达到平衡时，比的物质的量分数为0.6。己知该反应的速率方程v=kP(CH4>P”(H2),式

中k为速率常数，P为气体分压，气体分压=总压x气体物质的量分数，则此时该反应速率

v=(用含k的式子表示)；900℃时，该反应的压强平衡常数Kp=(用

平衡分压代替平衡浓度计算)。

【答案】(1)氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应吸收利用，促进反应正向移动(2分)

A

=

(2)C(s)+CO2(g)=2CO(g)AH=+176kJ/mol(2分)(3)T3(2分)(4)4H2+Fe3O43Fe+4H2O(2

k

分)ac(2分)(5)-(2分)4.32x1(?2(MPa)2(2分)

6

【分析】

根据碳与氧气反应放出热量，会引起C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=+135kJ-mol-'平衡移动，就可

分析解答；对于本题(3)由已知n(H9)/n(CO)为0.8,可假设水蒸气为4mol,则CO为5mol,根据

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)求出CO的平衡转化率即可解答。对于本题(4)根据甲烷一二氧化碳重整的催

化转化原理图示，找出过程(一)和过程(二)发生的反应就可解答。

【解析】(l)C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=+135kJ-moll是吸热反应，而碳与氧气反应放出热量，使

反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g),向正反应方向移动，提高碳的利用率；答案为氧气与碳发生燃烧反应放热，

放出的热被可逆反应C(s)+H2O(g)WCO(g)+H2(g)吸收利用,促进反应正向移动。

1

(2)由①:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=+135kJ•mol,②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH=-41

11l

kJ•mol-,根据盖斯定律，用①-②可得出：C(s)+CO2(g)=2CO(g)AH=+135kJ•mol-(-41kJ•mol)=+176kJ

11

•mol；答案为C(s)+CO2(g)=2CO(g)AH=+176kJ•mol；

(3)如图：若n(H?O)/n(CO)为0.8,设水蒸气的物质的量是4mol、则①生成的CO物质的量为5mol,

同时生成5mol氧气，经煤气化反应①和水气变换反应②后，设反应②中CO变化了xmol,则生成xmol氧气，

则(5-x)：(5+x)=1：3,x=2.5mol,CO的转化率=空型乂100%=50%,根据图知，反应温度为T3：答案为

5mol

(4)①由上述图可知，过程(一)的产物CO、H2、和过量的CO2进入过程(二)中，与过程(二)

中的Fe3O4、CaO混合发生反应，实现了含氢物种与含碳物种的分离，生成H?O(g)的反应显然是H?与FesO」

反应，则化学方程式为：Fe3O4+4H2,3Fe+4H2。；答案为Fe3C)4+4H2,3Fe+4H?0。

②a.过程(一)：CHHCOMg)12H2(g)+2CO,碳、氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，过程(二)：

4H2+Fe3O、3Fe+4H20,氢、铁元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，过程(一)和过程。中均含

有氧化还原反应，故a正确;

b.过程(二)中CaCCh是CaO与CO?发生化学反应生成的，不符合催化剂的概念，CaO才是催化剂，

故b错误；

n(CH)

c.若过程(一)投料比4＜=1，CH4与CO2刚好反应，CO2无剩余，则催化剂Ca。在过程(二)

n(CO2)

中没有二氧化碳与之反应生成CaCCh,催化剂失效，故c正确；答案为ac。

(5)已知n(H2O)/n(CH4)为1.0,可假设n(H2O)=n(CH4)=lm01,操作压强为O.IMpa,温度为900℃,反

应达到平衡时，比的物质的量分数为0.6,设达平衡时CH4变化了xmol,

CH4+H2OCO+3H2

起始InolImol00

变化xmolxmolxmol3xmol

平衡(l-x)mol(l-x)molxmol3xmol

八,「…

3xmol2,EI—A/L/WN

如"2为以口？里刀姒一八、1八、11r,-V.U,d\LL|-