黄金卷2-2021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）

第二模拟

（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：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40

Mn55Fe56Ni59Cu64Ba137

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.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是

A.植物油氢化得到的硬化油不易变质，是由于氢化过程使不饱和键数目减少

B.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料

C.汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的

D.工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物

【答案】A

【解析】A.植物油含有不饱和键，氢化过程可以使不饱和键数目减少，得到硬化油，不易变质，故A正确；

B.煤的气化和液化是化学变化，不是物理变化，故B错误；C.汽车尾气中的氮氧化合物是发动机中氮气和氧

气在电火花的作用下反应生成的，故C错误；D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不属于有机高分子化合物，故D错

误；故选A。

2.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）

A.醛基的电子式：“

H：C-

B.丙烷的分子结构的比例模型:出：

C.乙烯的最简式（实验式）：CH2

D.硝基苯的结构简式：

【答案】C

-o'V

【解析】A.醛基的电子式应为一，故A错误：B.Co原子之间为单键，主链有3个碳原子，

U：<•AJ©

氢原子数为8个，是丙烷的球棍模型，故B错误；C.是乙烯的分子式为C2H4,最简式为CH2,故C正确；D.硝

基苯化学式为C6H5NCh,硝基苯中苯环应与硝基上的氮原子相连，硝基苯的结构简式©LN6,故D错误；

故选Co

3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素组成的一种分子簇的球棍模型如图所示。

W与X不在同一周期，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4,Z的周期数等于族序数。下列说法

不正确的是

A.化学式为Y2Z2X6W2

B.X分别与Y、Z形成的化合物为离子化合物

C.简单离子的半径：X>Y>Z

D.Y、Z的简单离子均可抑制水的电离

【答案】D

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电了•数与核外电子总数之比为3：4,

由于最外层电子数不超过8,原子只能有2个电子层，最外层电子数为6,故X为0元素；Z的周期数等于族序

数，其原子序数大于氧，只能处于第三周期，故Z为Al；W、X(氧)位于不同周期，且W的原子半径小于氧的

半径，可推知W为H元素；根据图示可知，四种元素组成的分子簇化学式为H2Al2。6丫2,结合化合价代数和为

0可知，Y的化合价为+2,其原子半径大于A1,则Y为Mg元素，据此分析解答。

【解析】A.由图可知，该分子的化学式为Y2Z2X6W2,故A正确；B.0分别与Mg、Al形成的化合物为

MgO、AI2O3,均为离子化合物，故B正确；C.O2',Mg2+、AF+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半

径越小，则简单离子的半径：02>Mg2+>AP+,故C正确：D.Mg2+、A伊均为可水解的弱离子，均可促进水

的电离，故D错误；故选D。

4.下列说法中错误的是

A.SCh、SCh都是极性分子

B.在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键

C.元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强

D.一般情况下，含氧酸中非羟基氧数目越多，酸性越强

【答案】A

【解析】A.SO2中心原子S的化合价为+4价，最外层电子未全部参与成键，含有孤对电子对，为极性分子；

SO3中心原子S的化合价为+6价，最外层电子全部参与成键，没有孤对电子对，SCh是平面三角形的分子，是非

极性分子，故A错误；B.氨气分子与氢离子通过配位键形成NH4，，铜离子提供空轨道，氨气分子提供孤对电

子对，Cu2+与NHa通过配位键形成[CU(NH3)4]2+,故B正确；C.电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力

的标度，元素电负性数值越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强；反之，电负性数值越小，相应原子

在化合物中吸引电子的能力越弱，故C正确；D.非羟基氧越多，吸引电子的能力越强，导致R—O—H中氧的

电子向中心元素R偏移，氧氢键越弱，酸性越强，故D正确。综上所述，答案为A。

5.利用下列实验装置能完成相应实验的是

A.装置①测定化学反应速率B.装置②制取并吸收HC1

C.装置③量取8.5mL的稀硫酸D.装置④模拟铁的腐蚀

【答案】D

【解析】A.根据一定时间内生成气体体积测定反应速率，因为缺少秒表而无法记录时间，则无法测定反应

速率，A错误；B.HCI极易溶于NaOH溶液，所以尾气处理装置中导气管不能伸入液面下，否则易产生倒吸，

B错误；C.量取溶液时，选取量筒规格要稍微大于或等于量取溶液体积，所以量取8.5mL的稀硫酸应该用10mL

量筒，C错误；D.强酸性条件下，铁发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，铁发生吸氧腐蚀，所以U形管中左

端红墨水下降、右端红墨水上升，所以能实现实验目的，D正确；答案选D。

6.元素X的某价态离子X"中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成晶体的晶胞结构如图

所示。下列说法错误的是()

•衣示X"O式示N*

A.X元素的原子序数是19

B.该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1

C.X"中n=l

D.晶体中每个Xn+周围有2个等距离且最近的N3-

【答案】A

【分析】该晶胞中X"个数=12X'=3、N；•个数=8X1=1,所以X"个数之比为1：3,根据化合价的代

48

数和为0知n=+l,元素X的某价态离子X，，+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则X原子核外电子数

=2+8+18+1=29,为Cu元素，该化合物为CwN,据此分析解答。

【解析】A.根据上述分析，X为Cu元素，核电荷数为29,故A错误；B.该晶胞中Xn+个数=12x^=3、

4

N3-个数=8x'=l,所以该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1,故B正确；C.NhX"个数之比为1：3,根据

8

化合物中化合价的代数和为。判断n=l,故C正确；D.以一个棱上的X"为中心，该离子被4个晶胞共用，与

晶体中每个Xn+周围等距离且最近的N-只有其相邻顶点上的离子，有2个，故D正确：故选A。

7.在恒容密闭容器中充入ImolCCh和2moiH?发生如下反应：CO2(g)+H2(g)?>CO(g)+H2O(g)AH>0o如

图所示为该反应正反应的平衡常数K正和逆反应的平衡常数K逆随温度变化的曲线。下列分析正确的是()

A.曲线I为K正，曲线H为KiS!

B.T2时，A点v上<v逆

C.Ti时，C02的平衡转化率为50%

D.其他条件不变，在原平衡基础上再充入2moicCh和2moiEh,达新平衡时CO2转化率将增大

【答案】A

【解析】A.CO2(g)+H2(g)海珍C0(g)+H20(g)正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，曲

线I为曲线II为Kg故A正确；B.T2时，A点的浓度燧小于K*：,A点反应正向进行，v#>v逆，故B

82(g)+H2(^)「co(g)

+H2O(g)

开始12

错误CT向K“转化(;m篙ol)00f-1

XXXX

平衡(mol)1-x2-xXX

2

x=一,CO2的平衡转化率为66.7%,故CA错误;

3

D.根据等效平衡，其他条件不变，在原平衡基础上再充入ImolCCh和2m0IH2,达新平衡时CO2转化率不

变，若再加入ImolCCh,达新平衡时CO2转化率减小，所以在原平衡基础上再充入2moicCh和2moiFh,达新平

衡时CCh转化率将减小，故D错误；选A。

8.一定条件下，有机化合物Y可发生如下的重排反应。下列说法不正确的是

A.X、Y、Z互为同分异构体

B.X、Y、Z三者之间的转变属于化学变化

C.相同条件下，Imol的X、Y、Z分别完全燃烧时耗氧量不同

D.通过调控温度可以得到不同的目标产物

【答案】C

【解析】A.由题给结构筒式可知，有机物X、Y、Z的分子式均为C9H10O2,结构不同，互为同分异构体，

故A正确；B.由题给结构简式可知，有机物X、Y、Z是三种不同物质，则X、Y、Z三者之间的转变属于化学

变化，故B正确；C.由题给结构简式可知，有机物X、Y、Z的分子式均为C9H10O2,则相同条件下，Imol的X、

Y、Z分别完全燃烧时耗氧量相同，故C错误；D.由题给转化关系可知，X、Y、Z三者之间的转变均为氯化铝做

催化剂，但反应温度不同，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；故选C。

9.研究发现，在酸性乙爵燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。

下列说法错误的是（）

A.加入HNO：降低了正极反应的活化能

B.电池工作时正极区溶液的pH降低

C.ImolCH3cH20H被完全氧化时有3moic被还原

D.负极反应为CH3cH2OH+3H2。-12曰=2CC）2+12H+

【答案】B

【分析】

乙醇燃料电池中，通入乙醇的一极为负极，电极反应式为CH3cH2OH+3H2O-12e=2CO2+12H+,通入氧

气的一极为正极，由工作原理图可知，正极发生反应HNC)3+3e-+3H+=NOT+2H2。，

4NO+3O2+2H2O=4HNO3,二者加合可得。2+4/+4H+=2H2。，则HNO3在正极起催化作用，据此分析解

答。

【解析】A.由分析知，HNO3在正极起催化作用，作催化剂，则加入HNO3降低了正极反应的活化能，

故A正确；B.电池工作时正极区的总反应为O2+4e+4H+=21^0,则溶液中氢离子浓度减小，pH增大，

故B错误；C.根据得失电子守恒可知，ImolCH3cH20H被完全氧化时，转移12moi电子，则有3moiO2被

还原，故C正确；D.由分析知，负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e一=2CO2+12H+,故D正确；故选B。

10.下列实验现象与结论正确且相符的是

实验现象结论

溶液变成棕黄色,一

Fe"催化HQ,分解产生0［；

向盛有溶液的试管中加入段时间后.溶液中出

A：分解反应放热.促进

几滴酸化的硫酸亚铁溶液现气泡,随后有红褐HQFe"

色沉淀生成的水解平衡正向移动

将充满NO：的密闭玻璃球浸泡反应：

B红株色变深

在热水中2N0,(g)iN,0,(g)AH<0

CSO,通人新制氯水溶液褪色so,具有漂白性

向2支盛有2mL相同浓度硝酸

一支无明显现象.另

D银溶液的试管中，分别加入2滴相同条件下.Ag【比AgCl的溶解

一支产生黄色沉淀度大

相同浓度的NaCl和Nai溶液

【答案】B

［解析】A、双氧水溶液与酸化的硫酸亚铁溶液发生氧化还原反应，生成Fe?-催化H2O2分解产生02,溶液中

有气泡出现，故A错误；B、2NO2UTN2O4是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，颜色变深，故B正确；C、

发生CI2+SO2+2H2OH2so4+2HCL发生氧化还原反应，SO2显还原性，故C错误：D、Ksp小的得到的沉淀更

多，出现黄色沉淀，说明Agl的Ksp更小，故D错误；故选B。

11.Fenton试剂常用于氧化降解有机污染物X。在一定条件下，反应初始时c(X)=2.Oxl0-3moi「，反应10min

进行测定，得图1和图2。下列说法不正确的是

85W

史

«-*乃

<

70

><

4050«0708090

图I50t,pH对障解辜的彰*图2pH4,遢皮时悴“率的华嗝

A.50℃,PH在3〜6之间，X降解率随pH增大而减小

B.pH=2,温度在40〜80℃,X降解率随温度升高而增大

C.无需再进行后续实验，就可以判断最佳反应条件是：PH=3、温度为80℃

D.pH=2^温度为50℃,lOmin内v(X)=1.44x10"moLLTmin」

【答案】C

【解析】A.由图1可知，50℃时，PH在3〜6之间，X降解率随PH增大而减小，故A正确；B.由图2

可知，PH=2时，温度在40〜80C,X降解率温度升高而增大，故B正确；C.溶液pH值、温度会影响X的降

解率，需要进行PH=3、温度对X降解率影响实验或温度为80℃、pH对X降解率影响，故C错误；D.由图2

可知，PH=2,50℃时到达平衡时X的转化率为72%,X的浓度变化量=2.0xl(T3moi.L-IX72%=1.44x103moi•「，

故v(X)=LM；TJ1.44x104mol・UmiiTi,故D正确，故选C。

1VWJM

12.含锌黄铜矿(CuFeS?、ZnS、FeS?及SiO?等)硫酸化焙烧制海绵铜和锌矶(Z11SO4.7也。)的工艺流程

如下:

含锌黄铜矿粉

注：Na2s。4能破坏CuO、ZnO表面的硫酸盐膜，也能加快SO?氧化等。下列说法错误的是()

A.“焙烧”过程中产生的尾气需用碱液吸收处理

B.“浸取”时，适当增大硫酸用量有利于提高铜、锌的浸取率

C.漂白粉可用CaCl2代替

D.“滤渣3”的主要成分为Fe(OH)3和CaSO4

【答案】c

【分析】

由流程可知，矿粉经焙烧、酸浸、过滤后，得到含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁的滤液，然后向滤液中加入适

量的锌粉将溶液中的铜离子还原为铜，但是铁离子也被还原为亚铁离子，过滤后，再向新滤液中加入漂白粉将亚

铁离子氧化为铁离子，再加石灰乳控制适当的pH将滤液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，同时生成硫酸钙沉淀。

【解析】A.“焙烧”过程中产生的尾气中含有大量易污染空气的SO2,二氧化硫为酸性氧化物，故尾气需用

碱液吸收处理，A说法正确；B.“浸取”时，适当增大硫酸用量可使金属氧化物充分反应转化为硫酸盐，故有利

于提高铜、锌的浸取率，B说法正确；C.由于锌屑会将Fe“还原为Fe?+，故用漂白粉将Fe?+氧化为Fe”，便

于形成沉淀除去。但是，CaCU不能将Fe?+氧化为Fe'+，因此，漂白粉不可用CaCl2代替，C说法错误；D.加

石灰乳调pH时:铁离子转化为氢氧化铁沉淀，由于Cas。4微溶，同时生成硫酸钙沉淀，因此，“滤渣3”为

Fe(OH)3和Cas。,，D说法正确。本题选C。

13.如图是利用电解池原理进行脱硫的过程，电化学膜的主要材料是碳和熔融的碳酸盐。下列说法错误的是

()

尾气」|净化气

------*IH2sfH,------►

5~电化学膜।s?-

A.b电极应连接外接电源的正极

B.阴极反应式为H2s+2e==S2-+H2T

C.净化气中CO2含量明显增加，是电化学膜中的碳被氧化

D.工作一段时间后，生成H2和S2的物质的量之比为2：1

【答案】C

【解析】A.b电极硫离子反应生成S2,失去电子，为阳极，应连接外接电源的正极，A正确，不符合题意：

B.a为阴极，是硫化氢反应生成氢气和硫离子，阴极反应式为H2s+2e=S2-+H2T，B正确，不符合题意；C.净

化气中C02含量明显增加，不是电化学膜中的碳被氧化，整个体系中并没有可氧化碳的物质，是来自于熔融的

碳酸盐的分解，C错误，符合题意；D.每个氢气对应2个电子，每个S2对应4个电子，所以生成的氢气和S2

的比例为2：1,D正确，不符合题意；故选C。

14.下列说法正确的是()

A.NH4Al(SO4)2溶液中：C(S0；)>C(A13+)>C(NH：)>C(H+)>C(0H)

B.室温下，pH=7的NaHA和Na2A混合溶液中：c(Na+)=c(HA)+2c(A2-)

C.NH4H2ASO4溶液中：C(OH-)+C(NH3-H2O)+C(HASO；)+c(AsO：)=C(H+)+C(H3ASC)4)

D.加热O.lmol/LNa2so3溶液，Kw和pH都逐渐增大，溶液碱性不断增强

【答案】B

【解析】A.NHrHzO碱性比A1(OH)3强，根据越弱越水解，则c(NH：)>C(AF+),A说法错误；B.根据电

荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2)+c(OH),中性溶液有c(H+)=c(OH),两式联立，可得c(Na+)=c(HA)+2c(A2-),

B说法正确；C.由质子守恒知，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，C(OH)+C(NH3・H2O)+C(HASO

：)+2C(ASO；)=C(H+)+C(H3ASO4),C说法错误；D.亚硫酸钠溶液水解显碱性，加热亚硫酸钠溶液，水解程度先

增大，贝pH升高，后亚硫酸钠被氧化，发生2Na2so3+O2=2Na2s0』反应，贝UpH降低，D说法错误；答案为B。

15.常温下，(指CF+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是()

05101520

—lgc(M'

A.直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡

B.在N点K‘p(CuS)=K»p(Ag2S)

C.P点：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2s沉淀

D.M点和N点的(:。2一)之比为1x102°

【答案】D

【解析】A选项，N点c(S2)=lxlO-2°mol/L,c(Mn+)=lxlO'5mol/L,M点c(S2")=IxlO^mol/L,c(M"+)=

1x10-5moi/L,如果直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡,那么M点c(S2)c(Mn+)=IxlO^xlxIO^lxlO^,N

点c(S2-)c(Mn+)=1x10-20x1x10-15=1x10-35,M点和N点的K»p不相同，故A错误；B选项，在N点硫离子浓度

相等，金属离子浓度相等，但由于K卬的计算表达式不一样，因此Ksp(CuS)>K«Ag2S),故B错误；C选项，根

据A分析MN曲线为Ag2s的沉淀溶解平衡，P点Q<K，p(CuS),Q>KsP(Ag2S),因此不易析出CuS沉淀，易析出

Ag2s沉淀，故C错误;D选项，M点c(S2-)=Ixl0<0mol/L,N点c(S2-)=IxlO^mol/L,两者的c(S2-)之比为［xlO

-2。，故D正确。综上所述，答案为D。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.(14分)过氧化钙(CaO2)微溶于水，可作医用防腐剂、消毒剂，以下是制备CaCh的一种方法。

n

回答下列问题：

（1）步骤］中反应的离子方程式是o

（2）步骤II中反应的化学方程式是：=CaO2-8H2OJ+2NH4C1

反应在冰水浴中进行，是为了防止NH3H2O挥发、（答1条即可）。

（3）待CaO2-8H2O结晶析出后通过（填操作）分离。

（4）CaO2与水缓慢反应，常用作鱼塘的供氧剂，其反应的化学方程式是o

CaO2还可用于长途运输鱼苗，这体现了CaCh的（填字母）性质。

a.可缓慢供氧b.能吸收鱼苗呼出的CO2c.能潮解d.可抑菌

（5）CaCh久置于空气中会生成CaCO3为测定某CaO2样品的纯度，取10g样品加入足量稀盐酸，测得

生成CO2的质量为2.2g,则样品中CaO2的质量分数为o

+2+

【答案】（1）CaCO3+2H=Ca+CO2T+H2O（2分）（2）

CaCl2+H2O2+2NH3-H2O+6H2O=CaO2-8H2OI+2NH4C1（2分）防止过氧化氢分解、可以降低

温度以降低产物的溶解度而析出CaCh-8H2O（答1条即可）（2分）（3）过漉（2分）（4）

2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2T（2分）abd（2分）（5）50%（2分）

【分析】

纯碳酸钙用盐酸溶解得到氯化钙溶液，加入氨水、过氧化氢溶液在冰水浴中反应,经过结晶得到CaO2-8H2O,

洗涤烘干后得到CaO2»

【解析】（1）步骤I中碳酸钙与盐酸反应得到氟化钙溶液、水和二氧化碳气体，反应的离子方程式是

+2+

CaCO3+2H=Ca+CO2T+H2O。

（2）步骤I［中反应物为氯化钙溶液、氨水、过氧化氢溶液，按质量守恒定律可知，化学方程式是：

CaCl,+H,O,+2NH3•H,0+6H?O=CaO,•8H,0J+2NH4CI。冰水浴，可以防止NH3H2O挥发、防止

过氧化氢分解、可以降低温度以降低产物的溶解度而析出CaO2-8H2O（答1条即可）。

（3）过滤用于分离固体和溶液的混合物，则通过过滤把CaCh-8H2O晶体从混合体系分离。

（4）过氧化钙与水缓慢反应生成氢氧化钙、氧气，化学方程式为：2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2T,

关于过氧化钙性质的说法：a.过氧化钙与水缓慢反应生成氢氧化钙、氧气，故能缓慢供氧，a正确；b.过氧化

钙转变生成的氢氧化钙能吸收鱼苗呼出的CO2气体，b正确；c.过氧化钙微溶于水，不能潮解，c错误；d.过

氧化钙具有强氧化性，加入水中可以起到杀菌消毒的作用，d正确；答案为abd。

2+

(5)10g为CaCCh.和CaCh的混合物，加入足量稀盐酸，通过CaCOs+ZH+=Ca+CO2T+H2O,

生成了二氧化碳，己知CO?的质量为2.2g,则CO2的物质的量为005moI,碳酸钙的物质的量为0.05mol,碳

5义

酸钙的质量为5g,则样品中CaCh为10g-5g=5g,则样品中CaCh的质量分数为言xlOO%=50%.

10g

17.(14分)[CO(NH3)6]C13是科研、化工上常用的化学试剂,水溶液中存在[Co(NH3)6]C13=[Co(NH3)6r+

3C1-,在强碱热溶液中可以生成NH3,下面是[Co(NH3)6]C13的制备及生成物组成的测定实验，回答下列问题：

I、[Co(NH3)6]C13的制备

如图所示，在三颈烧瓶中将6.0gCoCb6H2O晶体溶解在氯化镀溶液中，并加入适量的活性炭作催化剂，通

入氨气并逐滴滴加5%H2O2溶液。加热到40℃并搅拌，会有橙黄色晶体([Co(NH3)6]Cb)析出。

(1)仪器X的名称为,放入的化学试剂为。

(2)装置中制备氨气时不宜选取NH4NO3与NaOH反应，原因是(答1条即可)。

(3)写出生成[CO(NH3)6]C13的化学方程式：o

(4)充分反应后，某学生实验得到[Co(NH3)6]Cb的实际质量为3.72g,比理论值少

g。

II.三氯化六氨合钻(H)组成的测定

(5)氨的测定。准确称取0.2g[Co(NH3)6]Cb在热强碱下反应生成氨气，产生的氨气被H3BO3溶液完全吸

收，滴加5~6滴甲基红漠甲酚氯指示剂,再用标准的盐酸滴定吸收了氨气的H3BO3溶液即可得出氨的含量(已知：

NH.3+H3BO3=NH.VH3BO3；NH3-H3BO3+HC1=NH4C1+H3BO3)o下列操作(其他步骤操作均正确)会造成氨的测

定值偏高的是(填字母代号)。

a.滴定结束时仰视读数

b.锥形瓶清洗后未干燥

c.滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡

d.未使用标准盐酸溶液润洗滴定管

(6)氯的测定。用标准AgNCh溶液迪过沉淀滴定法测定氯的量。适宜选取作指示

312

剂。滴定终点现象为_____________________________已知Ksp(AgBr)=4.9xl0-1-,Ksp(Ag2CrO4)=2.0xIO,

Ksp(AgCl>1.8xlO'°,AgBr为黄色沉淀，Ag2CrO4为砖红色沉淀)。

【答案】(1)球形干燥管(1分)五氧化二磷或氯化钙(1分)(2)硝酸钱受热时发生爆炸；氢氧

化钠易与二氧化硅反应，腐蚀试管，另氢氧化钠块状固体易潮解，不易与硝酸核充分混合(2分)(3)

2coeI2+2NH4CI+IONH3+H2O2活性炭21co(NH3)61cl3+2H2O(2分)(4)3.02(2分)(5)acd(2

分)(6)可溶性锯酸盐(2分)滴入最后一滴标准硝酸银溶液时，出现砖红色沉淀(2分)

【分析】

由实验装置图可知，左边装置为消石灰与氯化核共热制备氨气，氨气通入右边三颈烧瓶中，在活性炭做催化

剂作用下，氨气与CoCh,NH4CI和H2O2混合溶液在40C条件下发生氧化还原反应生成[Co(NH3)6]Cb和氏0。

【解析】(1)由题给装置图可知，仪器X为球形干燥管，干燥管中盛有的五氧化二磷或氯化钙用于吸收未

反应的氨气，防止氨气排放到空气中污染环境，故答案为：球形干燥管；五氧化二磷或氯化钙：

(2)硝酸镂受热或收到撞击易发生爆炸，容易发生意外事故，不安全；氢氧化钠能在加热条件下与试管中

的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，导致试管炸裂，且氢氧化钠固体易吸收空气中的水蒸气发生潮解，不易与硝酸铁充

分混合，所以制备氨气时不宜选取硝酸镀和氢氧化钠反应，故答案为：硝酸筱受热时发生爆炸；氢氧化钠易与二

氧化硅反应，腐蚀试管，另氢氧化钠块状固体易潮解，不易与硝酸钱充分混合；

(3)由题意可知，三颈烧瓶中发生的反应为在活性炭做催化剂作用下，氨气与CoCMNH4cl和H2O2混合

溶液在40C条件下发生氧化还原反应生成[Co(NH3)6]Cb和HzO,反应的化学方程式为

2coeI2+2NH4CI+IONH3+H2O2活性炭21co(NH3)6ICI3+2H2O,故答案为：2coe12+2NH&C1+1ONH3+H2O2活性炭

2[Co(NH3)6]C13+2H2O；

(4)由反应的化学方程式可知，6.OgCoC06H2O晶体理论上制得的[Co(NH3)6]Cb的质量为

6.0gx267.5g/mol

238g/nW*.74g,则理论量与实际量的差值为(6.74g—3.72g)=3.02g,故答案为：3.02；

(5)a.滴定结束时仰视读数会使所消耗盐酸标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故符合题意：

b.锥形瓶清洗后未干燥不影响标准溶液的体积和待测液中溶质的物质的量，对实验结果无影响，故不符合题

意；

c.滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡会使所消耗盐酸标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故

符合题意；

d.未使用标准盐酸溶液润洗滴定管会稀释盐酸，使所消耗盐酸标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故

符合题意；

acd符合题意，故答案为：acd：

(6)由题给溶度积可知，氯化银的溶解度大于澳化银，小于铭酸银，则滴定溶液中氯离子时，应选择可溶

性格酸盐做指示剂，当氯离子完全反应后，再滴入•滴标准硝酸银溶液时，银离子会与铭酸根离子反应生成砖红

色的铭酸银沉淀，故答案为：可溶性铝酸盐；滴入最后一滴标准硝酸银溶液时，出现砖红色沉淀。

18.(12分)低碳经济成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一个重要研究方向，既可变废

为宝，又可减少碳的排放。工业上可用C02和H2制备被誉为“21世纪的清洁燃料”二甲醛(CH30cH3)：如在500℃

时，在密闭容器中将炼焦中的C02转化为二甲醛，其相关反应为：

主反应I：2CCh(g)+6H2(g).•CH30cH3(g)+3H2O(g)△Hi

副反应II：CO2(g)+3H2(g).催化剂•CH3OH(g)+H2O(g)AH2

(1)已知：①CO(g)+2H2(g)wCH30H(g)AH=-90.1kJ/mol

②2cH30H(g)〈CH30cH3(g)+H2O(g)AH=-24.5kJ/mol

@CO2(g)+H2(g)^CO(g)+H2O(g)AH=41.0kJ/mol

则主反应I的△•=。

(2)在一定温度下某恒容密闭容器中按C02和H2的浓度比为1：3投料进行反应，测得不同时间段部分物

质的浓度如下表:

^间(min)

010203040

浓度

H21.000.680.400.300.30

CH3OCH300.050.080.100.10

①下列情况能说明主反应I达到平衡状态的是(填字母)

n(CO-,)

a.不再改变b.混合气体的密度不再改变

〃(凡)

c.CO2的体积分数不再改变d.3U(CO2)=U(H2)

@10-20min内,CH30cH3的平均反应速率U(CH30cH3)=。

③根据以上数据计算主反应I的平衡常数K=(列式，代入数据，不计算结果)。

(3)欲提高CH30cH3产率，控制生产的关键因素是。

(4)对于反应II,温度对C02的转化率及催化剂的效率影响如图所示：

下列有关说法正确的是

A.其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时C02的转化率可能位于Mi

B.温度低于250℃时，随温度升高甲醇的产率一定减小

C.Mi点时平衡常数比N点时平衡常数大

D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高C02的转化率

,,,0.10x（0.30+—

【答案】（）122.7kJ/mol（2分）（2）c（2分）（3）0.003mo1/（L-min）（2分）⑷（3

O.1O2XO.3O6

(2分)(5)选用合适的催化剂(2分)(6)AC(2分)

【解析】(I)根据盖斯定律可知由①x2+②-③x2可得2co2(g)+6Fh(g)=催化剂=.CH3OCH3(g)+3H2O(g)

的AHi=[(-90.1)x2+(-24.5)-(41.0)x2]kJ/mol=-122.7kJ/rnol；

(2)①a.初始投料CO?和H2的浓度比为1：3,反应时按照1：3反应，所以二者的物质的量之比始终为1：

3,比值不变不能说明反应平衡，故a不符合题意；

b.反应物和生成物均为气体，所以气体总质量不变，容器恒容则气体的密度始终不变，混合气体的密度不

再改变不能说明反应平衡，故b不符合题意；

C.反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的体积分数不再改变，所以CO2的体积分数不变可以说明反

应达到平衡，故C符合题意；

d.反应达到平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应速率还是逆反应速率，故d不符合题意；

综上所述答案为c；

△c

②结合表格数据，根据。二一可知在1()〜20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH30cH3)=

O.OSmoUL-1-0.05mol«I7'.....、

----------------------------------=0.n003mol/(Lmin)；

10min

③反应开始时c(H2)=1.00mol/L,平衡时c(H2)=0.30mol/L,反应消耗比浓度为Ac(H2)=(1.00-0.30)moI/L=0.70

mol/L,其中发生反应：2co2(g)+6Eh(g)土催化剂3cH30cH3仁)+3比0值),c(CH30cH3)=0.10mol/L,则此反

催件摘I

；

应生成C(H20)=0.30mol/L,反应消耗H2浓度为0.60mol/L,发生副反应CO2(g)+3H2(g)t

CH3OH(g)+H2O(g)消耗田的浓度是0.10mol/L,其产生的H2O的浓度是等mol/L,所以平衡时水蒸气的浓度是

c(H20)=(0.30+q-)mol/L；按C02和H2的浓度比为1：3投料，发生两个反应时CO?和H2是按1：3关系反应，

达到平衡时二者的物质的量浓度比也是1：3,反应达到平衡时C(C02)=(LO.2-?”)mol/L=0/0mol/L：故主反

33

(o.ioY

应I达到平衡时的化学平衡常数仁°1°'［。-30+丁J.

0.102X0.306

(3)催化剂对某一类反应有催化作用，对其它反应可能无催化作用或催化效率很低，采用适当的催化剂能

大幅提高主反应速率，从而提高二甲醛的产率；

(4)A.不使用催化剂反应速率减慢，测定转化率时可能远未达到平衡，此时CO2的转化率可能位于M”

A项正确；

B.温度低于250℃时，随温度升高，催化效率升高，反应速率加快，相同时间内测定甲醇的产率会增大，B

项错误；

C.升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，温度越高平衡常数越

小，所以Mi点时化学平衡常数大于N点，C项正确；

D.较低的温度下进行反应，CO?的转化率较高，但催化剂的催化效率低、反应速率减小，不利于满足实际

生产需要，D项错误；

综上所述答案选AC。

19.(15分)某天然有机物F(/C0Q))具有抗肿瘤等生物活性,

可通过如图路线合成。

ohY

0A^COOH.